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【化学】福建省三明市第一中学2018-2019学年高二下学期期中考试（解析版）
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福建省三明市第一中学2018-2019学年高二下学期期中考试
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Fe-56 Cu-64
第Ⅰ卷 （选择题 共50分）
一、选择题（共25小题，每题只有一个正确选项，每小题2分）
1.下列电子排布式违反了泡利不相容原理的是（ ）
A. 硅原子的电子排布式：1s22s22p63s13p3
B. 碳原子的电子排布式：1s22s22p2
C. 钪原子的电子排布式1s22s22p63s23p64s3
D. 铬原子的电子排布式：1s22s22p63s23p63d44s2
【答案】C
【解析】A. 硅是14号元素，硅原子的电子排布式应为：1s22s22p63s23p2，1s22s22p63s13p3违反了能量最低原理，故A不选；B. 碳是6号元素，碳原子的电子排布式为：1s22s22p2，符合能量最低原理、泡利不相容原理和洪特规则，故B不选；C. 钪是21号元素，钪原子的电子排布式为：1s22s22p63s23p63d14s2，1s22s22p63s23p64s3违反了泡利不相容原理，故C选；D. 铬是24号元素，铬原子的电子排布式：1s22s22p63s23p63d54s1，1s22s22p63s23p63d44s2违反了洪特规则，故D不选；答案选C。
2.第四周期的元素基态原子中，4s能级只有1个电子的元素共有（ ）
A. 1种 B. 2种 C. 3种 D. 4种
【答案】C
【解析】该元素最外层仅有的一个电子位于4s能级，即4s1，该原子4s能级未填充满，情况之一是按照能级顺序正常填充的结果：1s22s22p63s23p64s1，为K元素；情况之二是按照洪特规则的特例，即原子轨道处于全充满、半充满或全空时能量最低填充的结果，有：1s22s22p63s23p63d54s1、1s22s22p63s23p63d104s1，为Cr元素和Cu元素，所以第四周期元素的基态原子中，4s能级中只有1个电子的元素共有3种，答案选C。
3.在单质的晶体中，一定不存在的粒子是（ ）
A. 原子 B. 分子 C. 阳离子 D. 阴离子
【答案】D
【详解】A．原子晶体中存在原子，如金刚石、硅晶体等，故A不选；
B．分子晶体中存在分子，如固体氧气、稀有气体形成的晶体，故B不选；
C．单质的晶体中一定不存在的微粒是阴离子，可能含有阳离子，如金属晶体，故C不选；
D．单质的晶体中，不可能存在阴离子，如有阴离子就不可能是单质，一定是化合物，故D选；
答案选D。
【点睛】本题的易错点为C，要注意金属晶体的构成微粒为金属阳离子和自由电子。
4.以下元素中，基态原子核外电子分布在7个不同能级的是（ ）
A. N B. Cl C. Ti D. Br
【答案】C
【详解】A．N原子核外电子排布为1s22s22p3，有3个能级，故A错误；
B．Cl原子核外电子排布为1s22s22p63s23p5，有5个能级，故B错误；
C．Ti原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d24s2，有7个能级，故C正确；
D．Br原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d104s24p5，有8个能级，故D错误；
答案选C。
5.短周期元素X的第一至第六电离能分别为：
I1=578kJ·mol—1 I2=1817kJ·mol一1 I3=2745kJ·mol一1
I4=11575kJ·mol一1 I5=14830kJ·mol一1 I6＝18376kJ·mol—1。
以下说法正确的是（ ）
A. X原子的最外层只有1个电子
B. 元素X常见化合价为＋3
C. X原子核外有3个未成对电子
D. 元素X最高价氧化物的水合物为强碱
【答案】B
【详解】A．短周期元素X的第四电离能剧增，说明该元素原子最外层电子数为3，故A错误；
B．该元素原子最外层电子数为3，处于ⅢA族，常见化合价为+3，故B正确；
C．该元素原子最外层电子数为3，原子外围电子排布为ns2p1，原子核外有1个未成对电子，故C错误；
D．X处于短周期ⅢA族，最高价氧化物的水合物不是强碱，可能为两性氢氧化物，如氢氧化铝，故D错误；
答案选B。
6.氮化硼是一种新合成的结构材料，它是超硬、耐磨、耐高温的物质，下列各组物质熔化时所克服的粒子间的作用与氮化硼熔化时所克服的粒子间作用相同的是（ ）
A. 硝酸钠和金刚石 B. 晶体硅和水晶
C. 冰和干冰 D. 苯和酒精
【答案】B
【分析】氮化硼是超硬、耐磨、耐高温的物质，可判断氮化硼为原子晶体，粒子间作用为共价键，熔化时克服的是共价键，据此分析解答。
【详解】A．硝酸钠为离子晶体，熔化时克服的是离子键；金刚石为原子晶体，微粒间的作用力为共价键，熔化时克服的是共价键，故A不选；
B．晶体硅和水晶(SiO2)为原子晶体，微粒间的作用力为共价键，熔化时克服的是共价键，故B选；
C．冰和干冰为分子晶体，微粒间的作用力为范德华力，熔化时克服的是分子间作用力，故C不选；
D．苯和酒精均为分子晶体，微粒间的作用力为范德华力，熔化时克服的是分子间作用力，故D不选；
答案选B。
7.下面对SO2和CO2的描述正确的是（ ）
A. SO2为原子晶体，CO2为分子晶体
B. 中心原子采取的杂化方式：SO2为sp2杂化，CO2为sp杂化
C. 都是直线形结构
D. S原子和C原子上都没有孤电子对
【答案】B
【详解】A．SO2、CO2都是分子晶体，故A错误；
B．SO2中S原子形成2个σ键，孤电子对个数=×(6-2×2)=1，价层电子对数为3，为sp2杂化；而二氧化碳分子中价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数=2+(4-2×2)=2，采取sp杂化方式，故B正确；
C．SO2中S原子为sp2杂化，SO2为折线型，而二氧化碳分子中碳原子采取sp杂化方式，二氧化碳为直线型，故C错误；
D．SO2中S原子上有孤电子对，二氧化碳无孤电子对，故D错误；
答案选B。
【点睛】掌握价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数是计算和应用是解题的根据。要注意理解孤电子对个数=(a-xb)中个符号的含义。
8.下列化学用语正确的是（ ）
A. C2H2的电子式：
B. Mg2＋的结构示意图：
C. 基态Cr的价电子排布式：3d44s2
D. HClO的结构式：H—Cl—O
【答案】A
【详解】A．乙炔分子中存在1个碳碳三键，乙炔的电子式为：，故A正确；
B．Mg2+的质子数为12，电子数为10，离子结构示意图为：，故B错误；
C．基态Cr的3d轨道处于半满状态时能量最低，其正确的价电子排布式为：3d54s1，故C错误；
D．次氯酸的电子式为：，将共用电子对换成短线即为结构式，次氯酸的结构式为：H-O-Cl，故D错误；
答案选A。
【点睛】本题的易错点为D，次氯酸的结构式为H-O-Cl还是H -Cl-O，可以根据O和Cl原子的最外层电子数和形成稳定结构需要形成的共用电子对的数目判断。
9.下列关于微粒间的作用力说法正确的是（ ）
A. 在离子化合物里，只存在离子键，没有共价键；在共价化合物只存在共价键，没有离子键
B. 非极性共价键只存在于非金属单质分子（如Cl2）中
C. 水分子很稳定是因为水分子间易形成氢键
D. NaHSO4熔化时离子键被破坏而共价键未被破坏
【答案】D
【详解】A．离子化合物里一定含有离子键，可能含有共价键，如硫酸钠中既含离子键也含共价键，故A错误；
B．非极性共价键可存在于双原子单质分子里、也可存在化合物中，如过氧化氢、过氧化钠、乙烷等结构中都存在非极性共价键，故B错误；
C．分子的稳定性是化学性质，与氢键无关，故C错误；
D．硫酸氢钠熔化只有离子键破坏，而共价键未被破坏，在水溶液中离子键和共价键都被破坏，故D正确；
答案选D。
10.氮化硼（BN）晶体有多种相结构。六方相氮化硼是通常存在的稳定相，与石墨相似，具有层状结构，可作高温润滑剂，但不能导电。立方相氮化硼是超硬材料，有优异的耐磨性。它们的晶体结构如图所示。关于这两种晶体的说法，正确的是（ ）
A. 立方相氮化硼含配位键B→N
B. 六方相氮化硼层间作用力小，所以质地软，熔点低
C. 两种氮化硼中的硼原子都是采用sp2杂化
D. 六方相氮化硼晶体其结构与石墨相似却不导电，原因是没有可以自由移动的电子
【答案】D
【详解】A．B原子最外层有3个电子，存在一个空轨道，N原子最外层有5个电子，存在一个孤电子对，由晶体结构可知，立方相氮化硼为空间网状结构与金刚石类似，立方相氮化硼中B形成4个共价键，其中1个为B←N配位键，故A错误；
B．六方相氮化硼具有层状结构，层间作用力小，所以质地软，但层内原子间通过共价键结合，导致熔点很高，故B错误；
C．立方相氮化硼中硼原子形成4个共价键，所以立方相氮化硼中硼原子采用的是sp3杂化，故C错误；
D．晶体中存在可以自由移动的电子能导电，六方相氮化硼晶体中没有可以自由移动的电子，所以不导电，故D正确；
答案选D。
11.下列分子均属于极性分子且中心原子均为sp3杂化的是（ ）
A. SO2、BF3 B. PCl3、SO3
C. CH4、SiO2 D. NF3、H2S
【答案】D
【解析】试题分析：分子空间结构不对称，正负电荷中心不重合，从整个分子来看，电荷的分布是不均匀的，不对称的，这样的分子为极性分子；中心原子的杂化类型为sp3，说明该分子中心原子的价层电子对个数是4，价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数，σ键个数=配原子个数，孤电子对个数=×（a-xb），a指中心原子价电子个数，x指配原子个数，b指配原子形成稳定结构需要的电子个数，据此判断．判断杂化类型，有个简单的方法，即是看中心原子的价层电子数，加上周围原子数目，然后除以2，得到的数如果是2，就是SP杂化，如果是3即是SP2,如果是4即是SP3等.A.SO2中S原子形成2个δ键，孤电子对个数=×（6-2×2）=1，价层电子对数为3，为sp2杂化，分子构型为V形，空间结构不对称为极性分子；BF3 为SP2杂化A错误；PCl3中P原子形成3个δ键，孤电子对个数=×（5-3×1）=1，价层电子对数为4，为sp3杂化，分子构型为三角锥形，空间结构不对称为极性分子；SO3中S原子形成3个δ键，孤电子对个数=×（6-2×3）=0，价层电子对数为3，为sp2杂化，分子构型为平面三角形，空间结构对称为非极性分子，B错误；甲烷为SP3杂化，但为正四面体结构属于非极性分子，二氧化硅为SP2杂化，C错误；NF3、H2S均为SP3杂化，分别为三角锥、V型结构的极性分子，D正确；答案选D.
考点：原子轨道杂化方式
12.下列分子中所有原子都满足最外层为8电子结构的是（ ）
A. BF3 B. H2O C. CO2 D. NO2
【答案】C
【详解】A．BF3为共价化合物，B原子最外层只有6个电子，故A错误；
B．H2O中含有氢元素，H原子满足2电子稳定结构，故B错误；
C．CO2分子中C、O原子均满足原子最外层电子数+该元素原子化合价绝对值=8，两种原子均达到了8个电子稳定结构，故C正确；
D．NO2中N为+4价，4+5≠8，不满足最外层为8电子结构，故D错误；
答案选C。
【点睛】注意8电子结构的判断方法，元素原子最外层电子数+该元素原子化合价的绝对值=8，则分子中该原子满足8电子结构。注意分子中含有氢元素，该分子一定不满足各原子达8电子结构。
13.下列各组中的X和Y两种微粒，化学性质一定相似的是（ ）
A. 结构示意图：X为 ，Y为
B. X原子的核外电子排布式为1s2，Y原子的核外电子排布式为1s22s2
C. X原子的2p能级上有3个电子，Y原子的3p能级上有3个电子
D. X原子核外M层上仅有2个电子，Y原子核外N层上仅有2个电子
【答案】C
【详解】A．X是Ne，属于稀有气体，性质稳定，Y是钠离子，较稳定，但是具有一定的氧化性，二者性质不相似，故A错误；
B．X原子的核外电子排布为1s2 为He元素，属于稀有气体，性质稳定，Y原子的核外电子排布为1s22s2，为Be元素，性质较为活泼，二者性质不相似，故B错误；
C．X原子的2p轨道上只有3个电子，X为N元素，Y原子的3p轨道上有3个电子，Y为P元素，二者位于周期表同一主族，最外层电子数相同，性质相似，故C正确；
D．X原子核外M层上仅有两个电子，X为Mg元素，Y原子核外N层上仅有两个电子，Y可能为Ca、Sc、Ti、V、Fe、Co、Ni、Zn等元素，但价电子数不同，性质不相似，故D错误；
答案选C。
【点睛】本题的易错点为D，要注意最外层有2个电子的原子不一定是同族元素，因为电子排布时出现了能级交错现象，3d上可能没有排满。
14.A元素的阳离子与B元素的阴离子具有相同的电子层结构，有关两元素的下列叙述：
①原子半径A＞B； ②离子半径A＞B ③A的正价与B的负价绝对值一定相等；④ 电负性A＜B； ⑤电离能A＞B。其中正确的组合是（ ）
A. ①④ B. ②③④ C. ①③⑤ D. ②③⑤
【答案】A
【解析】试题分析：A元素的阳离子和B元素的阴离子具有相同的电子层结构，则A元素处于B元素的下一周期，A为金属元素，最外层电子数较少，B为非金属元素，最外层电子数相对较多，且A的原子序数大于B，①电子层数相同的阴阳离子，阳离子的原子半径大于阴离子的原子半径，故正确；②电子层数相同的阴阳离子，离子半径随着原子序数的增大而减小，所以离子半径A＜B，故错误；③A的正价和B的负价的绝对值不一定相等，如Na+和O2-，故错误；④A是金属，B是非金属，B吸引电子的能力大于A，所以电负性A＜B，故正确；⑤A是金属，B是非金属，所以电离能A＜B，故错误；答案选A
考点：原子结构和元素周期律
15.下列有关作用力的说法不正确的是（ ）
A. 酒精易溶于水是因为酒精分子与水分之间能形成氢键
B. 含极性键的分子不一定是极性分子
C. NH4Cl受热分解时只破坏离子键
D. HCl、HBr、HI的熔点沸点升高与范德华力大小有关
【答案】C
【解析】A. 酒精易溶于水，主要是由于酒精分子和水分子之间形成了氢键，彼此互相缔合，故A正确；B. 含极性键的分子不一定是极性分子，如甲烷就是由4个C－H极性共价键构成的非极性分子，故B正确；C. NH4Cl受热分解生成氨气和氯化氢，既破坏了离子键又破坏了共价键，故C错误；D. HCl、HBr、HI的分子组成相似，相对分子质量越大，范德华力越大，熔点和沸点越高，故D正确；答案选C。
点睛：本题主要考查化学键类型及微粒间作用力的分析判断，试题难度不大。本题的易错点是C项，解题时要注意根据氯化铵受热分解的产物是氯化氢和氨气，说明氯化铵受热分解时铵根离子中的N－H键也受到了破坏，既破坏了共价键又破坏了离子键。
16.表代表周期表中的几种短周期元素，下列说法中错误的是（ ）
A. A、B、C第一电离能大小顺序为C＞B＞A
B. C、D气态氢化物稳定性强弱和沸点高低均为C＞D
C. AD3和ED4两分子的中心原子均为sp3杂化
D. ED4分子中各原子均达8电子结构
【答案】A
【解析】试题分析：同周期自左而右元素第一电离能呈增大趋势，但N元素原子2p能级容纳3个电子，处于半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能：F＞N＞O，故A错误；非金属性F＞Cl非金属性越强，氢化物越稳定，故氢化物稳定性HF＞HCl，HF分子之间存在氢键，沸点高于HCl，故B正确；同周期自左而右元素第一电离能呈增大趋势，但N元素原子2p能级容纳3个电子，处于半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能：F＞N＞O，故A错误；C．NCl3中N原子价层电子对数=3+=4；SiCl4分子的Si原子价层电子对数=4+=4，二者中心原子均为sp3杂化，故C正确；D．SiCl4分子中Si、Cl的化合价绝对值与其原子最外层电子数之和都等于8，均达8电子结构，故D正确;答案选A
考点：元素周期律和元素周期表的应用
17.W、X、Y、Z是周期表前36号元素中的四种常见元素，其原子序数依次增大。W、Y的氧化物是导致酸雨的主要物质，X的基态原子的核外有7个原子轨道填充了电子，Z能形成红色(或砖红色)的Z2O和黑色的ZO两种氧化物。则下列说法不正确的是（ ）
A. W位于元素周期表第三周期第ⅤA族。
B. Z的简单离子与W的氢化物形成的配合离子中，W原子提供孤对电子
C. X、Y形成的化合物X2Y3在水中会发生双水解
D. Y的基态原子的核外电子排布式：1s22s22p63s23p4
【答案】A
【解析】W、X、Y、Z是周期表前36号元素中的四种常见元素，其原子序数依次增大，W、Y的氧化物是导致酸雨的主要物质，形成酸雨的主要成分是氮氧化物和二氧化硫，W原子序数小于Y，则W是N元素、Y是S元素；X的基态原子核外有7个原子轨道填充了电子，则X为Al元素；Z能形成红色（或砖红色）的Z2O和黑色的ZO两种氧化物，则Z为Cu元素。A. W是N元素，位于元素周期表的第二周期第VA族，故A错误；B. Cu2+与NH3形成的配合离子中，Cu2+提供空轨道，N原子提供孤对电子，故B正确；C. Al和S元素形成的化合物Al2S3是弱酸弱碱盐，在水中会发生双水解反应，离子方程式为：2Al3＋＋3S2－＋6H2O=2Al(OH)3↓＋3H2S↑，故C正确；D. S是16号元素，基态原子的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p4，故D正确；答案选A。
点睛：本题主要考查元素周期律和元素周期表，涉及核外电子排布式、配位键、双水解等知识，根据题中信息推断元素类型是解题的关键。本题的难点是对X元素的推断，根据X的基态原子核外有7个原子轨道填充了电子，且原子序数大于W小于Y，从而推出X原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p1，为Al元素。
18.X、Y、Z、P、Q为五种短周期元素，其原子半径和最外层电子数之间的关系如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A. X与Q形成的化合物是离子化合物
B. X与Z的原子均含有1个未成对电子
C. Y与P形成的化合物YP2的分子空间构型是直线形
D. Q单质含有金属键，有自由移动的电子，因此可以导电
【答案】B
【解析】X、Y、Z、P、Q为五种短周期元素，X、Q最外层只有一个电子，为第IA族元素；Y最外层有4个电子，位于第IVA族，Z原子最外层有5个电子，位于第VA族，P最外层有6个电子，位于第VIA族；在这五种元素中，Q原子半径最大，为Na元素，X原子半径最小，为H元素；Y原子和Z原子半径接近、P原子半径大于Y且最外层电子数大于Y，所以Y是C、 Z是N、P为S元素。A. Na和H元素以离子键形成化合物NaH，所以NaH是离子化合物，故A正确；B. H原子的核外电子排布式为1s1，含有1个未成对电子，N原子的核外电子排布式为1s22s22p3，含有3个未成对电子，故B错误；C. C和S元素形成的化合物CS2中，C原子的孤电子对数为：=0，σ键数为2，所以CS2的分子空间构型是直线形，故C正确；D. Na是金属单质，含有金属键和自由移动的电子，因此可以导电，故D正确；答案选B。
19.下列各项比较中前者高于（或大于或强于）后者是（ ）
A. CCl4和SiCl4的熔点
B. 对羟基苯甲醛（）和邻羟基苯甲醛（）的沸点
C. I2在水中的溶解度和I2在CCl4溶液中的溶解度
D. H2SO3和H2SO4的酸性
【答案】B
【详解】A．分子组成和结构相似的分子，相对分子质量越大，物质的熔点越高，所以SiCl4的沸点比CCl4的高，故A错误；
B．邻羟基苯甲醛的两个基团靠的很近，能形成分子内氢键，使熔沸点降低；而对羟基苯甲醛能够形成分子间氢键，使熔沸点升高，所以对羟基苯甲醛比邻羟基苯甲醛的沸点高，故B正确；
C．I2是非极性分子，水是极性分子，CCl4是非极性分子，根据相似相溶原理，I2在水中的溶解度小于I2在CCl4溶液中的溶解度，故C错误；
D．H2SO3是二元中强酸，H2SO4是二元强酸，亚硫酸酸性比硫酸弱，故D错误；
答案选B。
20.A、B、C、D、E、F为短周期主族元素，且原子序数依次增大，前5种元素质子数之和为39，B、C同周期，A、D同主族，A、C能形成两种液态化合物A2C和A2C2，E元素的周期序数与主族序数相等。下列说法中不正确的是（ ）
A. 原子半径：r(D)>r(F)>r(A)
B. D与C也能形成化合物D2C和D2C2，两种化合物中阳离子和阴离子个数比都为2∶1
C. 把2 mol D的单质投入足量的水中，产生的气体体积为22.4 L
D. 由A、B、C三种元素组成的18电子微粒能被氧气氧化
【答案】C
【分析】A、B、C、D、E、F为短周期主族元素，且原子序数依次增大，A、C能形成两种液态化合物A2C和A2C2，该液态化合物分别为H2O和H2O2，则A为H元素，C为O元素；A、D同主族，则D为Na元素；E元素的周期序数与主族序数相等，应为第三周期，处于ⅢA族元素，故E为Al元素；A、B、C、D、E的质子数之和为39，设B的原子序数为x，则有1+x+8+11+13=39，x=6，所以B为碳元素，据此分析解答。
【详解】根据上述分析，A为H元素，B为碳元素，C为O元素，D为Na元素，E为Al元素。
A．D为Na，为短周期原子半径最大的元素，H为原子半径最小的元素，则原子半径r(D)>r(F)>r(A)，故A正确；
B．Na2O2由钠离子与过氧根离子(O22-)构成，阳离子和阴离子个数比为2∶1，Na2O中阳离子和阴离子个数比也为2∶1，故B正确；
C．气体存在的温度和压强未知，不能确定生成气体的体积，故C错误；
D．由A、B、C三种元素组成的18电子微粒可为CH3OH，为甲醇，能够被氧气氧化，故D正确；
答案选C。
21.下列对一些实验事实的理论解释正确的是（ ）
选项
实验事实
理论解释
A
Mg原子的第一电离能大于Al原子
Mg原子3s能级全充满
B
CO2为直线形分子
CO2分子中C＝O之间的夹角为109°28′
C
金刚石的熔点低于石墨
金刚石是分子晶体，石墨是原子晶体
D
P4O10、C6H12O6溶于水后均不导电
P4O10、C6H12O6均属于共价化合物
【答案】A
【详解】A．镁原子3s能级全充满，比较稳定，镁原子的第一电离能大于铝原子，故A正确；
B．理论解释不对，CO2分子的价层电子对是2，根据价层电子对互斥理论，CO2分子是直线型，CO2分子中C＝O之间的夹角为180°，故B错误；
C．金刚石是原子晶体，金刚石的熔点低于石墨，是由于金刚石中碳碳键长比石墨好的碳碳键长长，故C错误；
D．解释不正确，共价化合物的水溶液可能导电，如氯化氢的水溶液能够导电，P4O10、C6H12O6溶于水后均不导电，是因为二者为非电解质，故D错误；
答案选A。
22.据报道，大气中存在一种潜在的温室气体SF5—CF3，虽然其数量有限，但它是已知气体中吸热最高的气体。关于SF5—CF3的说法正确的是（ ）
A. 分子中有σ键也有π键
B. 分子中的S原子和C原子的杂化方式都是sp3
C. 分子中的所有原子在同一平面内
D. 1 mol SF5—CF3分子中有9 mol共用电子对
【答案】D
【详解】A．SF5—CF3分子只有共价单键，则分子中只有σ键，没有π键，故A错误；
B．S原子在八面体的中心，采用sp3d2杂化，故B错误；
C．C原子为sp3杂化，S原子在八面体的中心，则所有原子不可能共面，故C错误；
D．1个SF5—CF3分子中含5个S-F、1个S-C、3个C-F键，则1 mol SF5-CF3分子中共用电子对数为9 mol，故D正确；
答案选D。
【点睛】本题的难点和易错点为B，要注意SF6为正八面体、甲烷为正四面体。
23.科学家发现铂两种化合物a和b
实验测得a和b具有不同的特性，a具有抗癌作用，而b没有。则下列关于a、b的叙述正确的是（ ）
A. a和b属于同一种物质
B. a和b属于手性异构体
C. a和b的空间构型是四面体
D. a和b的空间构型是平面四边形
【答案】D
【分析】a与b具有不同的特性，所以a和b一定不是同一种物质，性质不同说明结构不同，而a与b分子式是相同的，所以a和b互为同分异构体，据此分析解答。
【详解】A．a、b分子式相同，具有不同的特性，说明结构不同，属于不同物质，故A错误；
B．a、b不是镜象对称，所以a、b不是手性异构，故B错误；
C．a和b的空间构型若是四面体，两个氯原子就不存在相邻和相间之分，与题意不符，故C错误，
D．a和b的空间构型若是平面四边形，两个氯原子就存在相邻和相间之分，与题意相符，故D正确；
答案选D。
24.氮族元素氢化物RH3(NH3、PH3、AsH3）的某种性质随R的核电荷数的变化趋势如图所示，则Y轴可表示的是（ ）
A. 相对分子质量 B. 稳定性 C. 沸点 D. R-H键长
【答案】B
【详解】A．NH3、PH3、AsH3的相对分子质量逐渐增大，与图示曲线不相符，故A错误；
B．元素的非金属性越强，其氢化物越稳定，非金属性N＞P＞As，所以氢化物的稳定性随着原子序数增大而减弱，故B正确；
C．氢化物的熔沸点与其相对分子质量成正比，但含有氢键的熔沸点最高，所以沸点高低顺序是NH3、AsH3、PH3，故C错误；
D．原子半径越大，R-H键长越长，原子半径N＜P＜As，所以键长由短到长的顺序为NH3、PH3、AsH3，故D错误；
答案选B。
【点睛】本题的易错点为C，要注意氨气分子间能够形成氢键。
25.普鲁士蓝晶体结构如图所示（每两个立方体中，一个K+在其中一个立方体中心，另一个则无K+），下列说法正确的是（ ）
A. 化学式可以表示为KFe2(CN)6
B. 每一个立方体中平均含有24个π键
C. 普鲁士蓝不属于配位化合物
D. 每个Fe3+周围与之相邻的Fe2+离子有12个
【答案】A
【详解】A．每隔一个立方体中心有一个钾离子，所以一个晶胞中钾离子个数为0.5，该立方体中铁原子个数=×8=1，CN-位于每条棱上，该立方体中含有CN-个数=×12=3，所以平均化学式是K 0.5 Fe(CN)3，化学式可以表示为KFe2(CN)6，故A正确；
B．每个CN-含有2个π键，每个立方体中含有CN-个数为3，所以一个立方体中含有6个π键，故B错误；
C．普鲁士蓝中Fe3+含有空轨道，CN-中N原子提供孤电子对，形成配位键，属于配合物，故C错误；
D．根据图示，普鲁士蓝中Fe3+周围Fe2+离子个数为6个，故D错误；
答案选A。
第Ⅱ卷 （非选择题 共35分）
二、填空与简答题（共35分）
26.物质结构揭示物质构成的奥秘，请回答以下问题：
（1）元素A含有8个质子，10个中子的核素，用核素符号表示为______。元素B被科学家称“防癌之王”，与元素A同主族位于第四周期，元素B的名称为______，A和B的氢化物，沸点较高的是_____（填化学式）。
（2）CH4中共用电子对偏向C，SiH4中硅元素为+4价，则C、Si、H的电负性由大到小的顺序为______________________。
（3）如图是前四周期主族元素第一电离能梯度图，图中a点对应的元素为氢，则b点对应元素的未成对电子数为______，c点对应元素基态原子价电子排布式为_______。
（4）FeC13晶体易溶于水、乙醇，用酒精灯加热即可气化，而FeF3晶体熔点高于1000℃，试解释两种化合物熔点差异较大的原因是____________________________________。
（5）水果中含有不同的果酸，其中柠檬、柑橘等水果中含有柠檬酸，柠檬酸的结构如下图。柠檬酸的晶体类型为_________，碳原子的杂化轨道类型为_________；柠檬酸晶体中含有的作用力有_______________________________。
【答案】(1). (2). 硒 (3). H2O (4). C﹥H﹥Si (5). 2 (6). 3s23p2 (7). FeCl3为分子晶体，FeF3为离子晶体，离子晶体的熔点高于分子晶体 (8). 分子晶体 (9). sp2、sp3 (10). 共价键、氢键、范德华力
【分析】(1)元素A含有8个质子，则为O元素，结合质量数=质子数+中子数，书写原子符号；B与元素A同主族位于第四周期，则B为硒，水分子之间存在氢键，据此判断；
(2)电负性越大，对键合电子吸引越强，元素表现负化合价，据此分析解答；
(3)同周期随原子序数增大，第一电离能呈增大趋势，但IIA族、VA族第一电离能高于同周期相邻元素，结合图示，分析判断出b和c的元素种类再解答；
(4)根据晶体类型与熔沸点的关系分析解答；
(5)柠檬酸属于共价化合物，结合分子的结构示意图分析判断碳原子的杂化方式和存在的作用力。
【详解】(1)元素A含有8个质子，则为O元素，且含有10个中子，则质量数为18，故该核素符号为188O；B与元素A同主族位于第四周期，则B为硒，水分子之间存在氢键，而硒化氢之间为范德华力，氢键比范德华力更强，故水的沸点较高，故答案为：188O；硒；H2O；
(2)CH4中共用电子对偏向C，说明C元素电负性更大，SiH4中硅元素为+4价，则H元素电负性比Si的大，故电负性：C＞H＞Si，故答案为：C＞H＞Si；
(3)同周期随原子序数增大，第一电离能呈增大趋势，但IIA族、VA族第一电离能高于同周期相邻元素，b处于第二周期，c处于第三周期，由图中第一电离能可知b为O元素、c为Si，O元素外围电子排布为2s22p4，有2个未成对电子，Si原子核外电子排布为：1s22s22p63s23p2，其中价电子排布式为3s23p2，故答案为：2；3s23p2；
(4)FeC13晶体易溶于水、乙醇，用酒精灯加热即可气化，说明FeCl3为分子晶体，FeF3为离子晶体，离子晶体的熔点高于分子晶体，两种化合物熔点差异较大，故答案为：FeCl3为分子晶体，FeF3为离子晶体，离子晶体的熔点高于分子晶体；
(5)柠檬酸的晶体属于分子晶体，羧基中C原子形成3个σ键，其它碳原子形成4个σ键，都没有孤电子对，碳原子杂化方式为：sp2、sp3；柠檬酸分子内存在共价键，分子之间存在范德华力、氢键，故答案为：分子晶体；sp2、sp3；共价键、氢键、范德华力。
27.第四周期的Cr、Fe、Co、Ni、Cu、Zn等许多金属能形成配合物，单质铁、砷及它们的化合物广泛应用于超导体材料等领域，请回答下列问题：
（1）Fe2+的核外电子排布式为_________________。
（2）NH3是一种很好的配体，NH3的沸点______(填“>”“=”或“<”)AsH3。
（3）N原子核外有______ 种不同运动状态的电子。基态N原子中，能量最高的电子所占据的原子轨道的形状为_____。
（4）科学家通过X射线测得胆矾结构示意图可简单表示如图，图中虚线表示的作用力为________________________。
（5）As 的卤化物的熔点如下：
AsCl3
AsBr3
AsI3
熔点/K
256.8
304
413
表中卤化物熔点差异的原因是________________________________________________。
（6）向FeCl3溶液中滴入EDTA试剂可得配合物A,其结构如图所示，图中M代表Fe3+，则Fe3+与氮原子之间形成的化学键是_______，Fe3+的配位数为______。
【答案】(1). [Ar]3d6或1s22s22p63s23p63d6 (2). > (3). 七(或“7”) (4). 哑铃形（或纺锤形） (5). 氢键、配位键 (6). 对于组成和结构相似物质，相对分子质量逐渐增大，分子间作用力逐渐增强，熔点逐渐升高 (7). 配位键 (8). 6
【分析】(1)铁是26号元素，铁原子核外有26个电子，铁原子失去2个电子变成亚铁离子，根据构造原理写出亚铁离子核外电子排布式；
(2)NH3分子间存在氢键；
(3)原子核外有几个电子，其电子就有几种不同运动状态；基态N原子中，能量能级为2p能级；
(4)由图可知，虚线表示铜离子与O形成配位键及O与H形成氢键；
(5)组成结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，熔沸点越高；
(6)配合物中存在配位键，根据形成的配位键和σ键数目判断配位数。
【详解】(1)铁是26号元素，铁原子核外有26个电子，铁原子失去2个电子变成亚铁离子，Fe2+在基态时，核外电子排布式为ls22s22p63s23p63d6或[Ar]3d6，故答案为：ls22s22p63s23p63d6或[Ar]3d6；
(2)NH3分子间存在氢键，则NH3的沸点高于AsH3，故答案为：＞；
(3)原子核外有几个电子，其电子就有几种不同运动状态，N原子含有7个电子，其电子有7种运动状态；基态N原子中，能量最高的电子是2p能级上电子，p轨道是哑铃形，故答案为：7；哑铃形；
(4)通过图像知，图中虚线表示的作用力有铜离子和水分子之间的配位键，氢原子和另一分子中氧原子之间的氢键，故答案为：氢键、配位键；
(5)组成结构相似的分子晶体，随着相对分子质量增大，分子间作用力增强，熔沸点升高，故答案为：对于组成和结构相似的分子晶体，相对分子质量逐渐增大，分子间作用力逐渐增强，熔点逐渐升高；
(6)Fe3+为中心离子，N含有一对孤电子对，Fe3+含有空轨道，可形成配位键，根据配合物结构，中心离子配位数为6，故答案为：配位键；6。
28.I.氮族元素包括N、P、As、Sb和Bi五种元素。
（1）下列关于氮族元素的说法正确的是________。
a．N2可用于填充霓虹灯，其发光原理是电子从能量较低的轨道跃迁到能量较高的轨道时以光的形式释放能量
b．P、Na、S三种元素的第一电离能由大到小的顺序是：P>S>Na
c．基态As原子中，电子占据的最高能级为4d
d．Bi原子中最外层有5个能量相同的电子
（2）NH3在水中的溶解度比PH3大得多，其原因是___________________________________。向硫酸铜溶液中先加过量氨水，后加适量乙醇，溶液中析出深蓝色的[Cu(NH3)4]SO4晶体，该晶体中不含有的化学键是_______。
A 极性键 B 非极性键 C 离子键 D 配位键 E 氢键
Ⅱ. 第四周期金属与人类的生产生活息息相关。
（3）目前市售的发光二极管，其材质以砷化镓(GaAs) 为主。已知镓是与铝同族，镓的基态原子的电子排布式是__________________。GaAs中Ga的化合价为______。
（4）金属钛坚硬、强度大、耐热、密度小，被称为高技术金属。TiCl4在常温下是无色液体，在水或潮湿空气中易水解而冒白烟， 则TiCl4属于_______(填“原子”“分子”或“离子”)晶体。
（5）钴(Co)可形成分子式均为Co(NH3)5BrSO4的两种配合物，其中一种的化学式为[Co(NH3)5Br]SO4，往其溶液中加BaCl2溶液时，产生白色沉淀； 往另一种配合物的溶液中加入BaCl2溶液时，无明显现象，若加入AgNO3溶液时，产生淡黄色沉淀，则第二种配合物的化学式为__________。
【答案】(1). b (2). 氨分子与水能形成分子间氢键 (3). B (4). 1s22s22p63s23p63d104s24p1或[Ar]3d104s24p1 (5). +3 (6). 分子 (7). [Co(NH3)5SO4]Br
【分析】(1)a．根据能量守恒和电子能级跃迁原理，只有当电子从能量较高的轨道跃迁到能量较低的轨道，才能以光的形式释放能量，据此判断；b．根据元素周期律可比较第一电离能；c．基态As原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p3，据此作判断；d．Bi为第六周期第ⅤA族元素，它的最外层的电子排布为：6s26p3，据此判断；
(2)氢键能增大氢化物的溶解性；[Cu(NH3)4]SO4晶体为络合物，存在配位键、极性共价键和离子键；
(3)镓与铝同族，位于周期表第四周期第ⅢA族，原子序数为31，结合构造原理书写电子排布式；
(4)根据TiCl4在常温下是无色液体，结合常见晶体的物理性质分析判断；
(5)往另一种配合物的溶液中加入BaCl2溶液时，无明显现象，说明不能电离出SO42-，SO42-为配离子，若加入AgNO3溶液时，产生淡黄色沉淀，说明电离出Br-，Br-为外界离子，据此书写配合物的化学式。
【详解】(1)a．根据能量守恒和电子能级跃迁原理，只有当电子从能量较高的轨道跃迁到能量较低的轨道，才能以光的形式释放能量，故a错误；b．根据元素周期律，P、Na、S三种元素位于同一周期，但P最外层处于半充满状态，故按Na、S、P的顺序第一电离能依次增大，故b正确；c．基态As原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p3，电子占据的最高能级为4p，故c错误；d．Bi为第六周期第ⅤA族元素，它的最外层的电子排布为：6s26p3，5个电子的能量不完全相同，故d错误；故答案为：b；
(2)氨分子和水分子之间易形成氢键，PH3和水分子不能形成氢键，氢键能增大氢化物的溶解性，所以NH3在水中的溶解度比PH3大得多；[Cu(NH3)4]SO4晶体为络合物，存在配位键、极性共价键和离子键，不含非极性键和氢键，其中氢键不属于化学键，故答案为：氨分子与水分子间能形成氢键；B；
(3)镓与铝同族，位于周期表第四周期第ⅢA族，原子序数为31，最外层有3个电子，最高正价为+3价，电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p1(或[Ar]3d104s24p1)，故答案为：1s22s22p63s23p63d104s24p1或[Ar]3d104s24p1；+3；
(4)TiCl4在常温下是无色液体，熔沸点较低，应属于分子晶体，故答案为：分子；
(5)钴(Co)可形成分子式均为Co(NH3)5BrSO4的两种配合物，其中一种的化学式为[Co(NH3)5Br]SO4，往其溶液中加BaCl2溶液时，产生白色沉淀，说明溶液中存在硫酸根离子；往另一种配合物的溶液中加入BaCl2溶液时，无明显现象，说明不能电离出SO42-，SO42-为配离子，若加入AgNO3溶液时，产生淡黄色沉淀，说明电离出Br-，Br-为外界离子，则第二种配合物的化学式为[Co(NH3)5SO4]Br，故答案为：[Co(NH3)5SO4]Br。
【点睛】本题的易错点为(2)中[Cu(NH3)4]SO4晶体中不含有的化学键类型的判断，要注意氢键不属于化学键。
29.Fe、Ni均为Ⅷ族元素，与C、N、O、P等组成的化合物有广泛的用途。回答下列问题：
(1)基态Ni2+的价层电子轨道表达式为________，C、N、O的第一电离能从小到大的顺序为________。
(2)N、P可形成一些复杂离子，如(CH3)3NH＋、NO2+、PCl6－等。
①(CH3)3NH＋ 中N原子的杂化类型为_______，NO2+的空间构型为______________。
②PCl5是一种白色固体，在加压下于148℃时液化，形成一种能导电的熔体。熔体能导电的原因是_______________________________________________________________。
(3)Fe、Ni易与CO形成配合物，Fe(CO)5中σ键与π键个数比为______，Ni(CO)4熔点－25℃，沸点43℃，不溶于水，溶于乙醇、苯等有机溶剂，Ni(CO)4为______晶体。
(4)FeO、NiO的晶体类型与结构和NaCl相同。
① 熔点FeO_____NiO(填“>”、“<”或“=”)。
② FeO 晶胞如下图，Fe2+的配位数为_______。
③ FeO在氧气中加热，部分Fe2+被氧化为Fe3+，晶体结构产生铁离子缺位的缺陷，其组成变为FexO(x＜1)，测得晶胞边长为a cm，密度为⍴g·cm－3，则x＝_______。
【答案】(1). (2). C
(2)①(CH3)3NH＋中N原子形成4个σ键，没有孤电子对；NO2+中N原子形成2个σ键，孤电子对数==0；②根据题干信息，P可形成一些复杂离子如PCl6－，据此分析解答；
(3)Fe(CO)5中存在5个配位键和5个C≡O，据此计算σ键与π键个数比；根据Ni(CO)4的性质分析判断晶体类型；
(4)① 铁原子半径比镍大，据此判断晶格能FeO与NiO的大小，再判断熔点；②根据FeO 晶胞图，亚铁离子位于顶点和面心，氧离子位于体心和棱的中点，分析判断Fe2+的配位数；
③FeO的晶体结构与氯化钠的晶体结构相同，晶胞中含4个FexO，根据晶胞的密度=分析解答。
【详解】(1)镍为28号元素，基态Ni2+的价层电子轨道表达式为；同一周期，从左到右，元素的第一电离能逐渐增大，但第ⅡA族、第VA族元素的第一电离能大于相邻元素，C、N、O的第一电离能从小到大的顺序为C
②PCl5是一种白色固体，在加压下于148℃时液化，形成一种能导电的熔体，根据题干信息，P可形成一些复杂离子如PCl6－，因此PCl5熔体中含有可自由移动的离子PCl4+和PCl6－，使得熔体能导电，故答案为： P可形成一些复杂离子如PCl6－，PCl5熔体中含有可自由移动的离子PCl4+和PCl6－；
(3)Fe(CO)5中存在5个配位键和5个C≡O，因此σ键与π键个数比为(5+5):(5×2)=1:1；Ni(CO)4熔点－25℃，沸点43℃，不溶于水，溶于乙醇、苯等有机溶剂，符合分子晶体的性质，因此Ni(CO)4为分子晶体，故答案为：1:1；分子晶体；
(4)① 铁原子半径比镍大，使得FeO中原子间距离大于NiO，晶格能FeO＜NiO，熔点FeO＜NiO，故答案为：＜；
② 根据FeO 晶胞图，亚铁离子位于顶点和面心，氧离子位于体心和棱的中点，Fe2+的配位数为6，故答案为：6；
③FeO的晶体结构与氯化钠的晶体结构相同，晶胞中含4个FexO，则摩尔质量M=(56x+16)g/mol，FexO的晶胞边长为a cm，密度为⍴g·cm－3，则⍴g·cm－3==g·cm－3，因此56x+16=，x=，故答案为：。
30.H2在工农业生产过程中有着重要的作用。
I．（1）工业上用电解饱和食盐水的方法制取H2，该反应的离子方程式为_______________。
（2）下图是为LiBH4/MgH2体系放氢焓变示意图，
则由LiH、B与H2反应得到LiBH4的热化学方程式为_____________________________。
Ⅱ．高铁酸钠（Na2FeO4）是一种新型多功能材料，工业上Na2FeO4制备方法是以纯铁棒与石墨电极为工作电极，用有隔膜的电解槽（如图所示），电解浓NaOH溶液制备高铁酸钠，化学方程式为：Fe+2NaOH+2H2O= Na2FeO4+2H2↑
（3）A为电源_______极（填“正”或“负”)，铁电极_____（填“能”或“不能”）换成石墨电极。
（4）石墨电极上发生的电极反应式为______________________________。
（5）电解过程中可能存在副产物，左池有时会生成红褐色沉淀，此时只要加大电流强度，就可以使红褐色沉淀继续电解，转化为FeO42-，该过程的电极反应式为________________
Ⅲ．（6）利用甲醇燃料电池进行电解的装置如图，其中A、B、D均为石墨电极，C为铜电极。工作一段时间后断开K，此时A、B两极上生成等物质的量的气体。
乙中B电极为_____（填“阴极”或“阳极”），该电极上生成的气体在标准状况下的体积为______________。
【答案】 (1). 2Cl-+2H2O2OH-+Cl2↑+H2↑ (2). 2LiH(s)+2B(s)+3H2(g)====2LiBH4(s) △H=-200kJ·mol-1 (3). 正 (4). 不能 (5). H++2e-=H2↑或2H2O+2e-=H2↑+2OH- (6). Fe(OH)3-3e-+5OH-==FeO42-+4H2O (7). 阴极 (8). 2. 24 L
【分析】(1)工业用电解饱和食盐水的方法制取NaOH，同时生成H2和Cl2；
(2)由图可知：2LiBH4(s)+MgH2(s)=2LiH(s)+2B(s)+MgH2(s)+3H2(g)△H=+200 kJ•mol-1，据此分析解答；
(3)用石墨、铁作电极电解浓NaOH溶液制备高铁酸钠(Na2FeO4)，原理是铁失电子生成还原性的离子，然后被氧化，最终生成高铁酸钠；
(4)电解池中，在阴极上发生得电子的还原反应；
(5)根据信息：红褐色沉淀继续电解，转化为FeO42-，据此书写电极反应；
(6)甲为原电池，通入甲醇的电极为负极、通入氧气的电极为正极，则AC为阳极、BD为阴极。B电极为阴极，工作一段时间后，断开K，此时A、B两极上产生的气体体积相同，则B的电极反应为：Cu2++2e-=Cu，2H++2e-=H2↑，A电极为阳极，电极反应为：4OH--4e-=2H2O+O2↑，根据得失电子守恒列式计算。
【详解】I．(1)工业用电解饱和食盐水的方法制取NaOH，同时生成H2和Cl2，化学方程式为：2Cl-+2H2O2OH-+Cl2↑+H2↑，故答案为：2Cl-+2H2O2OH-+Cl2↑+H2↑；
(2)由图可知：2LiBH4(s)+MgH2(s)=2LiH(s)+2B(s)+MgH2(s)+3H2(g) △H=+200 kJ•mol-1①，2LiBH4(s)+MgH2(s) =2LiBH4(s)+Mg(s)+H2(g) △H=+76 kJ•mol-1②，2LiBH4(s)+MgH2(s) =2LiH(s)+MgB2(s)+4H2(g) △H=+183 kJ•mol-1③，依据①得到2LiH(s)+2B(s)+3H2(g) ═2LiBH4(s) △H=-200kJ•mol-1，故答案为：2LiH(s)+2B(s)+3H2(g) ═2LiBH4(s) △H=-200kJ•mol-1；
Ⅱ．(3)用石墨、铁作电极电解浓NaOH溶液制备高铁酸钠(Na2FeO4)，铁失电子生成高铁酸钠，则铁作阳极，石墨作阴极，所以A是电源的正极，B是负极，如果不用金属铁做阳极，则不会产生还原性的亚铁离子，不能获得高铁酸根离子，故铁电极不能换成石墨电极，故答案为：正极；不能；
(4)铁作阳极，石墨作阴极，在阴极上发生得电子还原反应，溶液中的氢离子放电，即2H++2e-=H2↑或2H2O+2e-=H2↑+2OH-，故答案为：2H++2e-=H2↑或2H2O+2e-=H2↑+2OH-；
(5)左池会生成红褐色沉淀氢氧化铁，加大电流强度，就可以使红褐色沉淀继续电解，转化为FeO42-，发生反应：Fe(OH)3-3e-+5OH-═FeO42-+4H2O，故答案为：Fe(OH)3-3e-+5OH-═FeO42-+4H2O；
(6)甲为原电池，通入甲醇的电极为负极、通入氧气的电极为正极，则AC为阳极、BD为阴极。乙中B电极为阴极，溶液中铜离子析出，工作一段时间后，断开K，此时A、B两极上产生的气体体积相同，说明铜离子放电后，溶液中的氢离子得到电子生成氢气，设生成气体物质的量为x，溶液中铜离子物质的量为0.1mol，Cu2++2e-=Cu，转移电子0.2mol，2H++2e-=H2↑，转移电子2x，即阴极共转移电子0.2 mol +2x；A电极为阳极，溶液中的氢氧根离子失电子生成氧气，4OH--4e-=2H2O+O2↑，转移电子4x；根据得失电子守恒得到：0.2mol+2x=4x，解得：x=0.1mol，标准状况下，生成氢气的体积V=nVm=0.1mol×22.4L/mol=2.24L，故答案为：阴极；2.24L。
【点睛】本题的易错点和难点为(6)的计算，要注意阳极上先发生Cu2++2e-=Cu，后发生2H++2e-=H2↑，再根据得失电子守恒计算。
31.有甲、乙、丙三种物质：
⑴ 乙中含有的官能团的名称为_______________________。
⑵由甲转化为乙需经下列过程（已略去各步反应的部分产物，下同）：
反应Ⅰ类型___________________；反应II的条件是__________________；反应III的化学方程式为_______________________________________________（不需注明反应条件）。
⑶由甲出发合成丙的路线之一如下：
①下列物质不能与B反应的是______（选填序号）。
a．金属钠 b．FeCl3溶液 c．Na2CO3溶液 d．HBr溶液
②C的结构简式为 _______________；第⑤步反应类型_________________；
③任写一种能同时满足下列条件的D的同分异构体的结构简式_________________。
a．苯环上的一氯代物有两种
b．遇FeCl3溶液发生显色反应
c．能与Br2/CCl4发生加成反应
【答案】(1). 羟基、氯原子 (2). 取代反应 (3). NaOH溶液、加热 (4). (5). bc (6). (7). 消去反应 (8). （或或）
【分析】(1)根据乙的结构简式结合常见的官能团的结构解答；
(2)由甲转化为乙过程可知，反应I为光照条件下的取代反应，反应II为NaOH水溶液条件下的水解生成醇，反应III为碳碳双键与HCl的加成反应；
(3)甲()和溴水发生加成反应生成A，A为，和氢氧化钠的水溶液发生水解反应生成B，B为，与B的分子式符合，B被氧化生成C，C为，结合C、丙分子式可知，C脱去1分子水生成丙，丙能使溴褪色，说明丙中含有碳碳双键，因此C发生消去反应生成丙，则丙为，由B、D分子式可知，B脱去1分子水生成D，则B发生消去反应生成D，D为。
【详解】(1)由乙的结构()可知，含有的官能团有-OH、-Cl，名称分别为羟基、氯原子，故答案为：羟基、氯原子；
(2)由甲转化为乙过程可知，反应I为在光照条件下与氯气发生的取代反应生成，反应II为在NaOH水溶液条件下的水解生成Y，Y为，反应III为碳碳双键与HCl的加成反应，反应的方程式为：，故答案为：取代反应；氢氧化钠水溶液、加热；；
(3)①B为，含有醇羟基，能与Na反应，能与HBr发生取代反应，不能与氯化铁、碳酸钠反应，故选bc；
②由上述分析可知，C的结构简式为，第⑤步为C发生消去反应生成丙，故答案为：；消去反应
③D的结构简式为：，D的同分异构体符合下列条件：a．苯环上的一氯代物有两种，说明苯环上含有两类氢原子，可以是2个不同的取代基处于对位； b．遇FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；c．能与Br2/CCl4发生加成反应，说明含有碳碳不饱和键。则符合条件的D的同分异构体有：、、，故答案为：、、任意一种。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Fe-56 Cu-64
第Ⅰ卷 （选择题 共50分）
一、选择题（共25小题，每题只有一个正确选项，每小题2分）
1.下列电子排布式违反了泡利不相容原理的是（ ）
A. 硅原子的电子排布式：1s22s22p63s13p3
B. 碳原子的电子排布式：1s22s22p2
C. 钪原子的电子排布式1s22s22p63s23p64s3
D. 铬原子的电子排布式：1s22s22p63s23p63d44s2
【答案】C
【解析】A. 硅是14号元素，硅原子的电子排布式应为：1s22s22p63s23p2，1s22s22p63s13p3违反了能量最低原理，故A不选；B. 碳是6号元素，碳原子的电子排布式为：1s22s22p2，符合能量最低原理、泡利不相容原理和洪特规则，故B不选；C. 钪是21号元素，钪原子的电子排布式为：1s22s22p63s23p63d14s2，1s22s22p63s23p64s3违反了泡利不相容原理，故C选；D. 铬是24号元素，铬原子的电子排布式：1s22s22p63s23p63d54s1，1s22s22p63s23p63d44s2违反了洪特规则，故D不选；答案选C。
2.第四周期的元素基态原子中，4s能级只有1个电子的元素共有（ ）
A. 1种 B. 2种 C. 3种 D. 4种
【答案】C
【解析】该元素最外层仅有的一个电子位于4s能级，即4s1，该原子4s能级未填充满，情况之一是按照能级顺序正常填充的结果：1s22s22p63s23p64s1，为K元素；情况之二是按照洪特规则的特例，即原子轨道处于全充满、半充满或全空时能量最低填充的结果，有：1s22s22p63s23p63d54s1、1s22s22p63s23p63d104s1，为Cr元素和Cu元素，所以第四周期元素的基态原子中，4s能级中只有1个电子的元素共有3种，答案选C。
3.在单质的晶体中，一定不存在的粒子是（ ）
A. 原子 B. 分子 C. 阳离子 D. 阴离子
【答案】D
【详解】A．原子晶体中存在原子，如金刚石、硅晶体等，故A不选；
B．分子晶体中存在分子，如固体氧气、稀有气体形成的晶体，故B不选；
C．单质的晶体中一定不存在的微粒是阴离子，可能含有阳离子，如金属晶体，故C不选；
D．单质的晶体中，不可能存在阴离子，如有阴离子就不可能是单质，一定是化合物，故D选；
答案选D。
【点睛】本题的易错点为C，要注意金属晶体的构成微粒为金属阳离子和自由电子。
4.以下元素中，基态原子核外电子分布在7个不同能级的是（ ）
A. N B. Cl C. Ti D. Br
【答案】C
【详解】A．N原子核外电子排布为1s22s22p3，有3个能级，故A错误；
B．Cl原子核外电子排布为1s22s22p63s23p5，有5个能级，故B错误；
C．Ti原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d24s2，有7个能级，故C正确；
D．Br原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d104s24p5，有8个能级，故D错误；
答案选C。
5.短周期元素X的第一至第六电离能分别为：
I1=578kJ·mol—1 I2=1817kJ·mol一1 I3=2745kJ·mol一1
I4=11575kJ·mol一1 I5=14830kJ·mol一1 I6＝18376kJ·mol—1。
以下说法正确的是（ ）
A. X原子的最外层只有1个电子
B. 元素X常见化合价为＋3
C. X原子核外有3个未成对电子
D. 元素X最高价氧化物的水合物为强碱
【答案】B
【详解】A．短周期元素X的第四电离能剧增，说明该元素原子最外层电子数为3，故A错误；
B．该元素原子最外层电子数为3，处于ⅢA族，常见化合价为+3，故B正确；
C．该元素原子最外层电子数为3，原子外围电子排布为ns2p1，原子核外有1个未成对电子，故C错误；
D．X处于短周期ⅢA族，最高价氧化物的水合物不是强碱，可能为两性氢氧化物，如氢氧化铝，故D错误；
答案选B。
6.氮化硼是一种新合成的结构材料，它是超硬、耐磨、耐高温的物质，下列各组物质熔化时所克服的粒子间的作用与氮化硼熔化时所克服的粒子间作用相同的是（ ）
A. 硝酸钠和金刚石 B. 晶体硅和水晶
C. 冰和干冰 D. 苯和酒精
【答案】B
【分析】氮化硼是超硬、耐磨、耐高温的物质，可判断氮化硼为原子晶体，粒子间作用为共价键，熔化时克服的是共价键，据此分析解答。
【详解】A．硝酸钠为离子晶体，熔化时克服的是离子键；金刚石为原子晶体，微粒间的作用力为共价键，熔化时克服的是共价键，故A不选；
B．晶体硅和水晶(SiO2)为原子晶体，微粒间的作用力为共价键，熔化时克服的是共价键，故B选；
C．冰和干冰为分子晶体，微粒间的作用力为范德华力，熔化时克服的是分子间作用力，故C不选；
D．苯和酒精均为分子晶体，微粒间的作用力为范德华力，熔化时克服的是分子间作用力，故D不选；
答案选B。
7.下面对SO2和CO2的描述正确的是（ ）
A. SO2为原子晶体，CO2为分子晶体
B. 中心原子采取的杂化方式：SO2为sp2杂化，CO2为sp杂化
C. 都是直线形结构
D. S原子和C原子上都没有孤电子对
【答案】B
【详解】A．SO2、CO2都是分子晶体，故A错误；
B．SO2中S原子形成2个σ键，孤电子对个数=×(6-2×2)=1，价层电子对数为3，为sp2杂化；而二氧化碳分子中价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数=2+(4-2×2)=2，采取sp杂化方式，故B正确；
C．SO2中S原子为sp2杂化，SO2为折线型，而二氧化碳分子中碳原子采取sp杂化方式，二氧化碳为直线型，故C错误；
D．SO2中S原子上有孤电子对，二氧化碳无孤电子对，故D错误；
答案选B。
【点睛】掌握价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数是计算和应用是解题的根据。要注意理解孤电子对个数=(a-xb)中个符号的含义。
8.下列化学用语正确的是（ ）
A. C2H2的电子式：
B. Mg2＋的结构示意图：
C. 基态Cr的价电子排布式：3d44s2
D. HClO的结构式：H—Cl—O
【答案】A
【详解】A．乙炔分子中存在1个碳碳三键，乙炔的电子式为：，故A正确；
B．Mg2+的质子数为12，电子数为10，离子结构示意图为：，故B错误；
C．基态Cr的3d轨道处于半满状态时能量最低，其正确的价电子排布式为：3d54s1，故C错误；
D．次氯酸的电子式为：，将共用电子对换成短线即为结构式，次氯酸的结构式为：H-O-Cl，故D错误；
答案选A。
【点睛】本题的易错点为D，次氯酸的结构式为H-O-Cl还是H -Cl-O，可以根据O和Cl原子的最外层电子数和形成稳定结构需要形成的共用电子对的数目判断。
9.下列关于微粒间的作用力说法正确的是（ ）
A. 在离子化合物里，只存在离子键，没有共价键；在共价化合物只存在共价键，没有离子键
B. 非极性共价键只存在于非金属单质分子（如Cl2）中
C. 水分子很稳定是因为水分子间易形成氢键
D. NaHSO4熔化时离子键被破坏而共价键未被破坏
【答案】D
【详解】A．离子化合物里一定含有离子键，可能含有共价键，如硫酸钠中既含离子键也含共价键，故A错误；
B．非极性共价键可存在于双原子单质分子里、也可存在化合物中，如过氧化氢、过氧化钠、乙烷等结构中都存在非极性共价键，故B错误；
C．分子的稳定性是化学性质，与氢键无关，故C错误；
D．硫酸氢钠熔化只有离子键破坏，而共价键未被破坏，在水溶液中离子键和共价键都被破坏，故D正确；
答案选D。
10.氮化硼（BN）晶体有多种相结构。六方相氮化硼是通常存在的稳定相，与石墨相似，具有层状结构，可作高温润滑剂，但不能导电。立方相氮化硼是超硬材料，有优异的耐磨性。它们的晶体结构如图所示。关于这两种晶体的说法，正确的是（ ）
A. 立方相氮化硼含配位键B→N
B. 六方相氮化硼层间作用力小，所以质地软，熔点低
C. 两种氮化硼中的硼原子都是采用sp2杂化
D. 六方相氮化硼晶体其结构与石墨相似却不导电，原因是没有可以自由移动的电子
【答案】D
【详解】A．B原子最外层有3个电子，存在一个空轨道，N原子最外层有5个电子，存在一个孤电子对，由晶体结构可知，立方相氮化硼为空间网状结构与金刚石类似，立方相氮化硼中B形成4个共价键，其中1个为B←N配位键，故A错误；
B．六方相氮化硼具有层状结构，层间作用力小，所以质地软，但层内原子间通过共价键结合，导致熔点很高，故B错误；
C．立方相氮化硼中硼原子形成4个共价键，所以立方相氮化硼中硼原子采用的是sp3杂化，故C错误；
D．晶体中存在可以自由移动的电子能导电，六方相氮化硼晶体中没有可以自由移动的电子，所以不导电，故D正确；
答案选D。
11.下列分子均属于极性分子且中心原子均为sp3杂化的是（ ）
A. SO2、BF3 B. PCl3、SO3
C. CH4、SiO2 D. NF3、H2S
【答案】D
【解析】试题分析：分子空间结构不对称，正负电荷中心不重合，从整个分子来看，电荷的分布是不均匀的，不对称的，这样的分子为极性分子；中心原子的杂化类型为sp3，说明该分子中心原子的价层电子对个数是4，价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数，σ键个数=配原子个数，孤电子对个数=×（a-xb），a指中心原子价电子个数，x指配原子个数，b指配原子形成稳定结构需要的电子个数，据此判断．判断杂化类型，有个简单的方法，即是看中心原子的价层电子数，加上周围原子数目，然后除以2，得到的数如果是2，就是SP杂化，如果是3即是SP2,如果是4即是SP3等.A.SO2中S原子形成2个δ键，孤电子对个数=×（6-2×2）=1，价层电子对数为3，为sp2杂化，分子构型为V形，空间结构不对称为极性分子；BF3 为SP2杂化A错误；PCl3中P原子形成3个δ键，孤电子对个数=×（5-3×1）=1，价层电子对数为4，为sp3杂化，分子构型为三角锥形，空间结构不对称为极性分子；SO3中S原子形成3个δ键，孤电子对个数=×（6-2×3）=0，价层电子对数为3，为sp2杂化，分子构型为平面三角形，空间结构对称为非极性分子，B错误；甲烷为SP3杂化，但为正四面体结构属于非极性分子，二氧化硅为SP2杂化，C错误；NF3、H2S均为SP3杂化，分别为三角锥、V型结构的极性分子，D正确；答案选D.
考点：原子轨道杂化方式
12.下列分子中所有原子都满足最外层为8电子结构的是（ ）
A. BF3 B. H2O C. CO2 D. NO2
【答案】C
【详解】A．BF3为共价化合物，B原子最外层只有6个电子，故A错误；
B．H2O中含有氢元素，H原子满足2电子稳定结构，故B错误；
C．CO2分子中C、O原子均满足原子最外层电子数+该元素原子化合价绝对值=8，两种原子均达到了8个电子稳定结构，故C正确；
D．NO2中N为+4价，4+5≠8，不满足最外层为8电子结构，故D错误；
答案选C。
【点睛】注意8电子结构的判断方法，元素原子最外层电子数+该元素原子化合价的绝对值=8，则分子中该原子满足8电子结构。注意分子中含有氢元素，该分子一定不满足各原子达8电子结构。
13.下列各组中的X和Y两种微粒，化学性质一定相似的是（ ）
A. 结构示意图：X为 ，Y为
B. X原子的核外电子排布式为1s2，Y原子的核外电子排布式为1s22s2
C. X原子的2p能级上有3个电子，Y原子的3p能级上有3个电子
D. X原子核外M层上仅有2个电子，Y原子核外N层上仅有2个电子
【答案】C
【详解】A．X是Ne，属于稀有气体，性质稳定，Y是钠离子，较稳定，但是具有一定的氧化性，二者性质不相似，故A错误；
B．X原子的核外电子排布为1s2 为He元素，属于稀有气体，性质稳定，Y原子的核外电子排布为1s22s2，为Be元素，性质较为活泼，二者性质不相似，故B错误；
C．X原子的2p轨道上只有3个电子，X为N元素，Y原子的3p轨道上有3个电子，Y为P元素，二者位于周期表同一主族，最外层电子数相同，性质相似，故C正确；
D．X原子核外M层上仅有两个电子，X为Mg元素，Y原子核外N层上仅有两个电子，Y可能为Ca、Sc、Ti、V、Fe、Co、Ni、Zn等元素，但价电子数不同，性质不相似，故D错误；
答案选C。
【点睛】本题的易错点为D，要注意最外层有2个电子的原子不一定是同族元素，因为电子排布时出现了能级交错现象，3d上可能没有排满。
14.A元素的阳离子与B元素的阴离子具有相同的电子层结构，有关两元素的下列叙述：
①原子半径A＞B； ②离子半径A＞B ③A的正价与B的负价绝对值一定相等；④ 电负性A＜B； ⑤电离能A＞B。其中正确的组合是（ ）
A. ①④ B. ②③④ C. ①③⑤ D. ②③⑤
【答案】A
【解析】试题分析：A元素的阳离子和B元素的阴离子具有相同的电子层结构，则A元素处于B元素的下一周期，A为金属元素，最外层电子数较少，B为非金属元素，最外层电子数相对较多，且A的原子序数大于B，①电子层数相同的阴阳离子，阳离子的原子半径大于阴离子的原子半径，故正确；②电子层数相同的阴阳离子，离子半径随着原子序数的增大而减小，所以离子半径A＜B，故错误；③A的正价和B的负价的绝对值不一定相等，如Na+和O2-，故错误；④A是金属，B是非金属，B吸引电子的能力大于A，所以电负性A＜B，故正确；⑤A是金属，B是非金属，所以电离能A＜B，故错误；答案选A
考点：原子结构和元素周期律
15.下列有关作用力的说法不正确的是（ ）
A. 酒精易溶于水是因为酒精分子与水分之间能形成氢键
B. 含极性键的分子不一定是极性分子
C. NH4Cl受热分解时只破坏离子键
D. HCl、HBr、HI的熔点沸点升高与范德华力大小有关
【答案】C
【解析】A. 酒精易溶于水，主要是由于酒精分子和水分子之间形成了氢键，彼此互相缔合，故A正确；B. 含极性键的分子不一定是极性分子，如甲烷就是由4个C－H极性共价键构成的非极性分子，故B正确；C. NH4Cl受热分解生成氨气和氯化氢，既破坏了离子键又破坏了共价键，故C错误；D. HCl、HBr、HI的分子组成相似，相对分子质量越大，范德华力越大，熔点和沸点越高，故D正确；答案选C。
点睛：本题主要考查化学键类型及微粒间作用力的分析判断，试题难度不大。本题的易错点是C项，解题时要注意根据氯化铵受热分解的产物是氯化氢和氨气，说明氯化铵受热分解时铵根离子中的N－H键也受到了破坏，既破坏了共价键又破坏了离子键。
16.表代表周期表中的几种短周期元素，下列说法中错误的是（ ）
A. A、B、C第一电离能大小顺序为C＞B＞A
B. C、D气态氢化物稳定性强弱和沸点高低均为C＞D
C. AD3和ED4两分子的中心原子均为sp3杂化
D. ED4分子中各原子均达8电子结构
【答案】A
【解析】试题分析：同周期自左而右元素第一电离能呈增大趋势，但N元素原子2p能级容纳3个电子，处于半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能：F＞N＞O，故A错误；非金属性F＞Cl非金属性越强，氢化物越稳定，故氢化物稳定性HF＞HCl，HF分子之间存在氢键，沸点高于HCl，故B正确；同周期自左而右元素第一电离能呈增大趋势，但N元素原子2p能级容纳3个电子，处于半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能：F＞N＞O，故A错误；C．NCl3中N原子价层电子对数=3+=4；SiCl4分子的Si原子价层电子对数=4+=4，二者中心原子均为sp3杂化，故C正确；D．SiCl4分子中Si、Cl的化合价绝对值与其原子最外层电子数之和都等于8，均达8电子结构，故D正确;答案选A
考点：元素周期律和元素周期表的应用
17.W、X、Y、Z是周期表前36号元素中的四种常见元素，其原子序数依次增大。W、Y的氧化物是导致酸雨的主要物质，X的基态原子的核外有7个原子轨道填充了电子，Z能形成红色(或砖红色)的Z2O和黑色的ZO两种氧化物。则下列说法不正确的是（ ）
A. W位于元素周期表第三周期第ⅤA族。
B. Z的简单离子与W的氢化物形成的配合离子中，W原子提供孤对电子
C. X、Y形成的化合物X2Y3在水中会发生双水解
D. Y的基态原子的核外电子排布式：1s22s22p63s23p4
【答案】A
【解析】W、X、Y、Z是周期表前36号元素中的四种常见元素，其原子序数依次增大，W、Y的氧化物是导致酸雨的主要物质，形成酸雨的主要成分是氮氧化物和二氧化硫，W原子序数小于Y，则W是N元素、Y是S元素；X的基态原子核外有7个原子轨道填充了电子，则X为Al元素；Z能形成红色（或砖红色）的Z2O和黑色的ZO两种氧化物，则Z为Cu元素。A. W是N元素，位于元素周期表的第二周期第VA族，故A错误；B. Cu2+与NH3形成的配合离子中，Cu2+提供空轨道，N原子提供孤对电子，故B正确；C. Al和S元素形成的化合物Al2S3是弱酸弱碱盐，在水中会发生双水解反应，离子方程式为：2Al3＋＋3S2－＋6H2O=2Al(OH)3↓＋3H2S↑，故C正确；D. S是16号元素，基态原子的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p4，故D正确；答案选A。
点睛：本题主要考查元素周期律和元素周期表，涉及核外电子排布式、配位键、双水解等知识，根据题中信息推断元素类型是解题的关键。本题的难点是对X元素的推断，根据X的基态原子核外有7个原子轨道填充了电子，且原子序数大于W小于Y，从而推出X原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p1，为Al元素。
18.X、Y、Z、P、Q为五种短周期元素，其原子半径和最外层电子数之间的关系如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A. X与Q形成的化合物是离子化合物
B. X与Z的原子均含有1个未成对电子
C. Y与P形成的化合物YP2的分子空间构型是直线形
D. Q单质含有金属键，有自由移动的电子，因此可以导电
【答案】B
【解析】X、Y、Z、P、Q为五种短周期元素，X、Q最外层只有一个电子，为第IA族元素；Y最外层有4个电子，位于第IVA族，Z原子最外层有5个电子，位于第VA族，P最外层有6个电子，位于第VIA族；在这五种元素中，Q原子半径最大，为Na元素，X原子半径最小，为H元素；Y原子和Z原子半径接近、P原子半径大于Y且最外层电子数大于Y，所以Y是C、 Z是N、P为S元素。A. Na和H元素以离子键形成化合物NaH，所以NaH是离子化合物，故A正确；B. H原子的核外电子排布式为1s1，含有1个未成对电子，N原子的核外电子排布式为1s22s22p3，含有3个未成对电子，故B错误；C. C和S元素形成的化合物CS2中，C原子的孤电子对数为：=0，σ键数为2，所以CS2的分子空间构型是直线形，故C正确；D. Na是金属单质，含有金属键和自由移动的电子，因此可以导电，故D正确；答案选B。
19.下列各项比较中前者高于（或大于或强于）后者是（ ）
A. CCl4和SiCl4的熔点
B. 对羟基苯甲醛（）和邻羟基苯甲醛（）的沸点
C. I2在水中的溶解度和I2在CCl4溶液中的溶解度
D. H2SO3和H2SO4的酸性
【答案】B
【详解】A．分子组成和结构相似的分子，相对分子质量越大，物质的熔点越高，所以SiCl4的沸点比CCl4的高，故A错误；
B．邻羟基苯甲醛的两个基团靠的很近，能形成分子内氢键，使熔沸点降低；而对羟基苯甲醛能够形成分子间氢键，使熔沸点升高，所以对羟基苯甲醛比邻羟基苯甲醛的沸点高，故B正确；
C．I2是非极性分子，水是极性分子，CCl4是非极性分子，根据相似相溶原理，I2在水中的溶解度小于I2在CCl4溶液中的溶解度，故C错误；
D．H2SO3是二元中强酸，H2SO4是二元强酸，亚硫酸酸性比硫酸弱，故D错误；
答案选B。
20.A、B、C、D、E、F为短周期主族元素，且原子序数依次增大，前5种元素质子数之和为39，B、C同周期，A、D同主族，A、C能形成两种液态化合物A2C和A2C2，E元素的周期序数与主族序数相等。下列说法中不正确的是（ ）
A. 原子半径：r(D)>r(F)>r(A)
B. D与C也能形成化合物D2C和D2C2，两种化合物中阳离子和阴离子个数比都为2∶1
C. 把2 mol D的单质投入足量的水中，产生的气体体积为22.4 L
D. 由A、B、C三种元素组成的18电子微粒能被氧气氧化
【答案】C
【分析】A、B、C、D、E、F为短周期主族元素，且原子序数依次增大，A、C能形成两种液态化合物A2C和A2C2，该液态化合物分别为H2O和H2O2，则A为H元素，C为O元素；A、D同主族，则D为Na元素；E元素的周期序数与主族序数相等，应为第三周期，处于ⅢA族元素，故E为Al元素；A、B、C、D、E的质子数之和为39，设B的原子序数为x，则有1+x+8+11+13=39，x=6，所以B为碳元素，据此分析解答。
【详解】根据上述分析，A为H元素，B为碳元素，C为O元素，D为Na元素，E为Al元素。
A．D为Na，为短周期原子半径最大的元素，H为原子半径最小的元素，则原子半径r(D)>r(F)>r(A)，故A正确；
B．Na2O2由钠离子与过氧根离子(O22-)构成，阳离子和阴离子个数比为2∶1，Na2O中阳离子和阴离子个数比也为2∶1，故B正确；
C．气体存在的温度和压强未知，不能确定生成气体的体积，故C错误；
D．由A、B、C三种元素组成的18电子微粒可为CH3OH，为甲醇，能够被氧气氧化，故D正确；
答案选C。
21.下列对一些实验事实的理论解释正确的是（ ）
选项
实验事实
理论解释
A
Mg原子的第一电离能大于Al原子
Mg原子3s能级全充满
B
CO2为直线形分子
CO2分子中C＝O之间的夹角为109°28′
C
金刚石的熔点低于石墨
金刚石是分子晶体，石墨是原子晶体
D
P4O10、C6H12O6溶于水后均不导电
P4O10、C6H12O6均属于共价化合物
【答案】A
【详解】A．镁原子3s能级全充满，比较稳定，镁原子的第一电离能大于铝原子，故A正确；
B．理论解释不对，CO2分子的价层电子对是2，根据价层电子对互斥理论，CO2分子是直线型，CO2分子中C＝O之间的夹角为180°，故B错误；
C．金刚石是原子晶体，金刚石的熔点低于石墨，是由于金刚石中碳碳键长比石墨好的碳碳键长长，故C错误；
D．解释不正确，共价化合物的水溶液可能导电，如氯化氢的水溶液能够导电，P4O10、C6H12O6溶于水后均不导电，是因为二者为非电解质，故D错误；
答案选A。
22.据报道，大气中存在一种潜在的温室气体SF5—CF3，虽然其数量有限，但它是已知气体中吸热最高的气体。关于SF5—CF3的说法正确的是（ ）
A. 分子中有σ键也有π键
B. 分子中的S原子和C原子的杂化方式都是sp3
C. 分子中的所有原子在同一平面内
D. 1 mol SF5—CF3分子中有9 mol共用电子对
【答案】D
【详解】A．SF5—CF3分子只有共价单键，则分子中只有σ键，没有π键，故A错误；
B．S原子在八面体的中心，采用sp3d2杂化，故B错误；
C．C原子为sp3杂化，S原子在八面体的中心，则所有原子不可能共面，故C错误；
D．1个SF5—CF3分子中含5个S-F、1个S-C、3个C-F键，则1 mol SF5-CF3分子中共用电子对数为9 mol，故D正确；
答案选D。
【点睛】本题的难点和易错点为B，要注意SF6为正八面体、甲烷为正四面体。
23.科学家发现铂两种化合物a和b
实验测得a和b具有不同的特性，a具有抗癌作用，而b没有。则下列关于a、b的叙述正确的是（ ）
A. a和b属于同一种物质
B. a和b属于手性异构体
C. a和b的空间构型是四面体
D. a和b的空间构型是平面四边形
【答案】D
【分析】a与b具有不同的特性，所以a和b一定不是同一种物质，性质不同说明结构不同，而a与b分子式是相同的，所以a和b互为同分异构体，据此分析解答。
【详解】A．a、b分子式相同，具有不同的特性，说明结构不同，属于不同物质，故A错误；
B．a、b不是镜象对称，所以a、b不是手性异构，故B错误；
C．a和b的空间构型若是四面体，两个氯原子就不存在相邻和相间之分，与题意不符，故C错误，
D．a和b的空间构型若是平面四边形，两个氯原子就存在相邻和相间之分，与题意相符，故D正确；
答案选D。
24.氮族元素氢化物RH3(NH3、PH3、AsH3）的某种性质随R的核电荷数的变化趋势如图所示，则Y轴可表示的是（ ）
A. 相对分子质量 B. 稳定性 C. 沸点 D. R-H键长
【答案】B
【详解】A．NH3、PH3、AsH3的相对分子质量逐渐增大，与图示曲线不相符，故A错误；
B．元素的非金属性越强，其氢化物越稳定，非金属性N＞P＞As，所以氢化物的稳定性随着原子序数增大而减弱，故B正确；
C．氢化物的熔沸点与其相对分子质量成正比，但含有氢键的熔沸点最高，所以沸点高低顺序是NH3、AsH3、PH3，故C错误；
D．原子半径越大，R-H键长越长，原子半径N＜P＜As，所以键长由短到长的顺序为NH3、PH3、AsH3，故D错误；
答案选B。
【点睛】本题的易错点为C，要注意氨气分子间能够形成氢键。
25.普鲁士蓝晶体结构如图所示（每两个立方体中，一个K+在其中一个立方体中心，另一个则无K+），下列说法正确的是（ ）
A. 化学式可以表示为KFe2(CN)6
B. 每一个立方体中平均含有24个π键
C. 普鲁士蓝不属于配位化合物
D. 每个Fe3+周围与之相邻的Fe2+离子有12个
【答案】A
【详解】A．每隔一个立方体中心有一个钾离子，所以一个晶胞中钾离子个数为0.5，该立方体中铁原子个数=×8=1，CN-位于每条棱上，该立方体中含有CN-个数=×12=3，所以平均化学式是K 0.5 Fe(CN)3，化学式可以表示为KFe2(CN)6，故A正确；
B．每个CN-含有2个π键，每个立方体中含有CN-个数为3，所以一个立方体中含有6个π键，故B错误；
C．普鲁士蓝中Fe3+含有空轨道，CN-中N原子提供孤电子对，形成配位键，属于配合物，故C错误；
D．根据图示，普鲁士蓝中Fe3+周围Fe2+离子个数为6个，故D错误；
答案选A。
第Ⅱ卷 （非选择题 共35分）
二、填空与简答题（共35分）
26.物质结构揭示物质构成的奥秘，请回答以下问题：
（1）元素A含有8个质子，10个中子的核素，用核素符号表示为______。元素B被科学家称“防癌之王”，与元素A同主族位于第四周期，元素B的名称为______，A和B的氢化物，沸点较高的是_____（填化学式）。
（2）CH4中共用电子对偏向C，SiH4中硅元素为+4价，则C、Si、H的电负性由大到小的顺序为______________________。
（3）如图是前四周期主族元素第一电离能梯度图，图中a点对应的元素为氢，则b点对应元素的未成对电子数为______，c点对应元素基态原子价电子排布式为_______。
（4）FeC13晶体易溶于水、乙醇，用酒精灯加热即可气化，而FeF3晶体熔点高于1000℃，试解释两种化合物熔点差异较大的原因是____________________________________。
（5）水果中含有不同的果酸，其中柠檬、柑橘等水果中含有柠檬酸，柠檬酸的结构如下图。柠檬酸的晶体类型为_________，碳原子的杂化轨道类型为_________；柠檬酸晶体中含有的作用力有_______________________________。
【答案】(1). (2). 硒 (3). H2O (4). C﹥H﹥Si (5). 2 (6). 3s23p2 (7). FeCl3为分子晶体，FeF3为离子晶体，离子晶体的熔点高于分子晶体 (8). 分子晶体 (9). sp2、sp3 (10). 共价键、氢键、范德华力
【分析】(1)元素A含有8个质子，则为O元素，结合质量数=质子数+中子数，书写原子符号；B与元素A同主族位于第四周期，则B为硒，水分子之间存在氢键，据此判断；
(2)电负性越大，对键合电子吸引越强，元素表现负化合价，据此分析解答；
(3)同周期随原子序数增大，第一电离能呈增大趋势，但IIA族、VA族第一电离能高于同周期相邻元素，结合图示，分析判断出b和c的元素种类再解答；
(4)根据晶体类型与熔沸点的关系分析解答；
(5)柠檬酸属于共价化合物，结合分子的结构示意图分析判断碳原子的杂化方式和存在的作用力。
【详解】(1)元素A含有8个质子，则为O元素，且含有10个中子，则质量数为18，故该核素符号为188O；B与元素A同主族位于第四周期，则B为硒，水分子之间存在氢键，而硒化氢之间为范德华力，氢键比范德华力更强，故水的沸点较高，故答案为：188O；硒；H2O；
(2)CH4中共用电子对偏向C，说明C元素电负性更大，SiH4中硅元素为+4价，则H元素电负性比Si的大，故电负性：C＞H＞Si，故答案为：C＞H＞Si；
(3)同周期随原子序数增大，第一电离能呈增大趋势，但IIA族、VA族第一电离能高于同周期相邻元素，b处于第二周期，c处于第三周期，由图中第一电离能可知b为O元素、c为Si，O元素外围电子排布为2s22p4，有2个未成对电子，Si原子核外电子排布为：1s22s22p63s23p2，其中价电子排布式为3s23p2，故答案为：2；3s23p2；
(4)FeC13晶体易溶于水、乙醇，用酒精灯加热即可气化，说明FeCl3为分子晶体，FeF3为离子晶体，离子晶体的熔点高于分子晶体，两种化合物熔点差异较大，故答案为：FeCl3为分子晶体，FeF3为离子晶体，离子晶体的熔点高于分子晶体；
(5)柠檬酸的晶体属于分子晶体，羧基中C原子形成3个σ键，其它碳原子形成4个σ键，都没有孤电子对，碳原子杂化方式为：sp2、sp3；柠檬酸分子内存在共价键，分子之间存在范德华力、氢键，故答案为：分子晶体；sp2、sp3；共价键、氢键、范德华力。
27.第四周期的Cr、Fe、Co、Ni、Cu、Zn等许多金属能形成配合物，单质铁、砷及它们的化合物广泛应用于超导体材料等领域，请回答下列问题：
（1）Fe2+的核外电子排布式为_________________。
（2）NH3是一种很好的配体，NH3的沸点______(填“>”“=”或“<”)AsH3。
（3）N原子核外有______ 种不同运动状态的电子。基态N原子中，能量最高的电子所占据的原子轨道的形状为_____。
（4）科学家通过X射线测得胆矾结构示意图可简单表示如图，图中虚线表示的作用力为________________________。
（5）As 的卤化物的熔点如下：
AsCl3
AsBr3
AsI3
熔点/K
256.8
304
413
表中卤化物熔点差异的原因是________________________________________________。
（6）向FeCl3溶液中滴入EDTA试剂可得配合物A,其结构如图所示，图中M代表Fe3+，则Fe3+与氮原子之间形成的化学键是_______，Fe3+的配位数为______。
【答案】(1). [Ar]3d6或1s22s22p63s23p63d6 (2). > (3). 七(或“7”) (4). 哑铃形（或纺锤形） (5). 氢键、配位键 (6). 对于组成和结构相似物质，相对分子质量逐渐增大，分子间作用力逐渐增强，熔点逐渐升高 (7). 配位键 (8). 6
【分析】(1)铁是26号元素，铁原子核外有26个电子，铁原子失去2个电子变成亚铁离子，根据构造原理写出亚铁离子核外电子排布式；
(2)NH3分子间存在氢键；
(3)原子核外有几个电子，其电子就有几种不同运动状态；基态N原子中，能量能级为2p能级；
(4)由图可知，虚线表示铜离子与O形成配位键及O与H形成氢键；
(5)组成结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，熔沸点越高；
(6)配合物中存在配位键，根据形成的配位键和σ键数目判断配位数。
【详解】(1)铁是26号元素，铁原子核外有26个电子，铁原子失去2个电子变成亚铁离子，Fe2+在基态时，核外电子排布式为ls22s22p63s23p63d6或[Ar]3d6，故答案为：ls22s22p63s23p63d6或[Ar]3d6；
(2)NH3分子间存在氢键，则NH3的沸点高于AsH3，故答案为：＞；
(3)原子核外有几个电子，其电子就有几种不同运动状态，N原子含有7个电子，其电子有7种运动状态；基态N原子中，能量最高的电子是2p能级上电子，p轨道是哑铃形，故答案为：7；哑铃形；
(4)通过图像知，图中虚线表示的作用力有铜离子和水分子之间的配位键，氢原子和另一分子中氧原子之间的氢键，故答案为：氢键、配位键；
(5)组成结构相似的分子晶体，随着相对分子质量增大，分子间作用力增强，熔沸点升高，故答案为：对于组成和结构相似的分子晶体，相对分子质量逐渐增大，分子间作用力逐渐增强，熔点逐渐升高；
(6)Fe3+为中心离子，N含有一对孤电子对，Fe3+含有空轨道，可形成配位键，根据配合物结构，中心离子配位数为6，故答案为：配位键；6。
28.I.氮族元素包括N、P、As、Sb和Bi五种元素。
（1）下列关于氮族元素的说法正确的是________。
a．N2可用于填充霓虹灯，其发光原理是电子从能量较低的轨道跃迁到能量较高的轨道时以光的形式释放能量
b．P、Na、S三种元素的第一电离能由大到小的顺序是：P>S>Na
c．基态As原子中，电子占据的最高能级为4d
d．Bi原子中最外层有5个能量相同的电子
（2）NH3在水中的溶解度比PH3大得多，其原因是___________________________________。向硫酸铜溶液中先加过量氨水，后加适量乙醇，溶液中析出深蓝色的[Cu(NH3)4]SO4晶体，该晶体中不含有的化学键是_______。
A 极性键 B 非极性键 C 离子键 D 配位键 E 氢键
Ⅱ. 第四周期金属与人类的生产生活息息相关。
（3）目前市售的发光二极管，其材质以砷化镓(GaAs) 为主。已知镓是与铝同族，镓的基态原子的电子排布式是__________________。GaAs中Ga的化合价为______。
（4）金属钛坚硬、强度大、耐热、密度小，被称为高技术金属。TiCl4在常温下是无色液体，在水或潮湿空气中易水解而冒白烟， 则TiCl4属于_______(填“原子”“分子”或“离子”)晶体。
（5）钴(Co)可形成分子式均为Co(NH3)5BrSO4的两种配合物，其中一种的化学式为[Co(NH3)5Br]SO4，往其溶液中加BaCl2溶液时，产生白色沉淀； 往另一种配合物的溶液中加入BaCl2溶液时，无明显现象，若加入AgNO3溶液时，产生淡黄色沉淀，则第二种配合物的化学式为__________。
【答案】(1). b (2). 氨分子与水能形成分子间氢键 (3). B (4). 1s22s22p63s23p63d104s24p1或[Ar]3d104s24p1 (5). +3 (6). 分子 (7). [Co(NH3)5SO4]Br
【分析】(1)a．根据能量守恒和电子能级跃迁原理，只有当电子从能量较高的轨道跃迁到能量较低的轨道，才能以光的形式释放能量，据此判断；b．根据元素周期律可比较第一电离能；c．基态As原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p3，据此作判断；d．Bi为第六周期第ⅤA族元素，它的最外层的电子排布为：6s26p3，据此判断；
(2)氢键能增大氢化物的溶解性；[Cu(NH3)4]SO4晶体为络合物，存在配位键、极性共价键和离子键；
(3)镓与铝同族，位于周期表第四周期第ⅢA族，原子序数为31，结合构造原理书写电子排布式；
(4)根据TiCl4在常温下是无色液体，结合常见晶体的物理性质分析判断；
(5)往另一种配合物的溶液中加入BaCl2溶液时，无明显现象，说明不能电离出SO42-，SO42-为配离子，若加入AgNO3溶液时，产生淡黄色沉淀，说明电离出Br-，Br-为外界离子，据此书写配合物的化学式。
【详解】(1)a．根据能量守恒和电子能级跃迁原理，只有当电子从能量较高的轨道跃迁到能量较低的轨道，才能以光的形式释放能量，故a错误；b．根据元素周期律，P、Na、S三种元素位于同一周期，但P最外层处于半充满状态，故按Na、S、P的顺序第一电离能依次增大，故b正确；c．基态As原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p3，电子占据的最高能级为4p，故c错误；d．Bi为第六周期第ⅤA族元素，它的最外层的电子排布为：6s26p3，5个电子的能量不完全相同，故d错误；故答案为：b；
(2)氨分子和水分子之间易形成氢键，PH3和水分子不能形成氢键，氢键能增大氢化物的溶解性，所以NH3在水中的溶解度比PH3大得多；[Cu(NH3)4]SO4晶体为络合物，存在配位键、极性共价键和离子键，不含非极性键和氢键，其中氢键不属于化学键，故答案为：氨分子与水分子间能形成氢键；B；
(3)镓与铝同族，位于周期表第四周期第ⅢA族，原子序数为31，最外层有3个电子，最高正价为+3价，电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p1(或[Ar]3d104s24p1)，故答案为：1s22s22p63s23p63d104s24p1或[Ar]3d104s24p1；+3；
(4)TiCl4在常温下是无色液体，熔沸点较低，应属于分子晶体，故答案为：分子；
(5)钴(Co)可形成分子式均为Co(NH3)5BrSO4的两种配合物，其中一种的化学式为[Co(NH3)5Br]SO4，往其溶液中加BaCl2溶液时，产生白色沉淀，说明溶液中存在硫酸根离子；往另一种配合物的溶液中加入BaCl2溶液时，无明显现象，说明不能电离出SO42-，SO42-为配离子，若加入AgNO3溶液时，产生淡黄色沉淀，说明电离出Br-，Br-为外界离子，则第二种配合物的化学式为[Co(NH3)5SO4]Br，故答案为：[Co(NH3)5SO4]Br。
【点睛】本题的易错点为(2)中[Cu(NH3)4]SO4晶体中不含有的化学键类型的判断，要注意氢键不属于化学键。
29.Fe、Ni均为Ⅷ族元素，与C、N、O、P等组成的化合物有广泛的用途。回答下列问题：
(1)基态Ni2+的价层电子轨道表达式为________，C、N、O的第一电离能从小到大的顺序为________。
(2)N、P可形成一些复杂离子，如(CH3)3NH＋、NO2+、PCl6－等。
①(CH3)3NH＋ 中N原子的杂化类型为_______，NO2+的空间构型为______________。
②PCl5是一种白色固体，在加压下于148℃时液化，形成一种能导电的熔体。熔体能导电的原因是_______________________________________________________________。
(3)Fe、Ni易与CO形成配合物，Fe(CO)5中σ键与π键个数比为______，Ni(CO)4熔点－25℃，沸点43℃，不溶于水，溶于乙醇、苯等有机溶剂，Ni(CO)4为______晶体。
(4)FeO、NiO的晶体类型与结构和NaCl相同。
① 熔点FeO_____NiO(填“>”、“<”或“=”)。
② FeO 晶胞如下图，Fe2+的配位数为_______。
③ FeO在氧气中加热，部分Fe2+被氧化为Fe3+，晶体结构产生铁离子缺位的缺陷，其组成变为FexO(x＜1)，测得晶胞边长为a cm，密度为⍴g·cm－3，则x＝_______。
【答案】(1). (2). C
(2)①(CH3)3NH＋中N原子形成4个σ键，没有孤电子对；NO2+中N原子形成2个σ键，孤电子对数==0；②根据题干信息，P可形成一些复杂离子如PCl6－，据此分析解答；
(3)Fe(CO)5中存在5个配位键和5个C≡O，据此计算σ键与π键个数比；根据Ni(CO)4的性质分析判断晶体类型；
(4)① 铁原子半径比镍大，据此判断晶格能FeO与NiO的大小，再判断熔点；②根据FeO 晶胞图，亚铁离子位于顶点和面心，氧离子位于体心和棱的中点，分析判断Fe2+的配位数；
③FeO的晶体结构与氯化钠的晶体结构相同，晶胞中含4个FexO，根据晶胞的密度=分析解答。
【详解】(1)镍为28号元素，基态Ni2+的价层电子轨道表达式为；同一周期，从左到右，元素的第一电离能逐渐增大，但第ⅡA族、第VA族元素的第一电离能大于相邻元素，C、N、O的第一电离能从小到大的顺序为C
②PCl5是一种白色固体，在加压下于148℃时液化，形成一种能导电的熔体，根据题干信息，P可形成一些复杂离子如PCl6－，因此PCl5熔体中含有可自由移动的离子PCl4+和PCl6－，使得熔体能导电，故答案为： P可形成一些复杂离子如PCl6－，PCl5熔体中含有可自由移动的离子PCl4+和PCl6－；
(3)Fe(CO)5中存在5个配位键和5个C≡O，因此σ键与π键个数比为(5+5):(5×2)=1:1；Ni(CO)4熔点－25℃，沸点43℃，不溶于水，溶于乙醇、苯等有机溶剂，符合分子晶体的性质，因此Ni(CO)4为分子晶体，故答案为：1:1；分子晶体；
(4)① 铁原子半径比镍大，使得FeO中原子间距离大于NiO，晶格能FeO＜NiO，熔点FeO＜NiO，故答案为：＜；
② 根据FeO 晶胞图，亚铁离子位于顶点和面心，氧离子位于体心和棱的中点，Fe2+的配位数为6，故答案为：6；
③FeO的晶体结构与氯化钠的晶体结构相同，晶胞中含4个FexO，则摩尔质量M=(56x+16)g/mol，FexO的晶胞边长为a cm，密度为⍴g·cm－3，则⍴g·cm－3==g·cm－3，因此56x+16=，x=，故答案为：。
30.H2在工农业生产过程中有着重要的作用。
I．（1）工业上用电解饱和食盐水的方法制取H2，该反应的离子方程式为_______________。
（2）下图是为LiBH4/MgH2体系放氢焓变示意图，
则由LiH、B与H2反应得到LiBH4的热化学方程式为_____________________________。
Ⅱ．高铁酸钠（Na2FeO4）是一种新型多功能材料，工业上Na2FeO4制备方法是以纯铁棒与石墨电极为工作电极，用有隔膜的电解槽（如图所示），电解浓NaOH溶液制备高铁酸钠，化学方程式为：Fe+2NaOH+2H2O= Na2FeO4+2H2↑
（3）A为电源_______极（填“正”或“负”)，铁电极_____（填“能”或“不能”）换成石墨电极。
（4）石墨电极上发生的电极反应式为______________________________。
（5）电解过程中可能存在副产物，左池有时会生成红褐色沉淀，此时只要加大电流强度，就可以使红褐色沉淀继续电解，转化为FeO42-，该过程的电极反应式为________________
Ⅲ．（6）利用甲醇燃料电池进行电解的装置如图，其中A、B、D均为石墨电极，C为铜电极。工作一段时间后断开K，此时A、B两极上生成等物质的量的气体。
乙中B电极为_____（填“阴极”或“阳极”），该电极上生成的气体在标准状况下的体积为______________。
【答案】 (1). 2Cl-+2H2O2OH-+Cl2↑+H2↑ (2). 2LiH(s)+2B(s)+3H2(g)====2LiBH4(s) △H=-200kJ·mol-1 (3). 正 (4). 不能 (5). H++2e-=H2↑或2H2O+2e-=H2↑+2OH- (6). Fe(OH)3-3e-+5OH-==FeO42-+4H2O (7). 阴极 (8). 2. 24 L
【分析】(1)工业用电解饱和食盐水的方法制取NaOH，同时生成H2和Cl2；
(2)由图可知：2LiBH4(s)+MgH2(s)=2LiH(s)+2B(s)+MgH2(s)+3H2(g)△H=+200 kJ•mol-1，据此分析解答；
(3)用石墨、铁作电极电解浓NaOH溶液制备高铁酸钠(Na2FeO4)，原理是铁失电子生成还原性的离子，然后被氧化，最终生成高铁酸钠；
(4)电解池中，在阴极上发生得电子的还原反应；
(5)根据信息：红褐色沉淀继续电解，转化为FeO42-，据此书写电极反应；
(6)甲为原电池，通入甲醇的电极为负极、通入氧气的电极为正极，则AC为阳极、BD为阴极。B电极为阴极，工作一段时间后，断开K，此时A、B两极上产生的气体体积相同，则B的电极反应为：Cu2++2e-=Cu，2H++2e-=H2↑，A电极为阳极，电极反应为：4OH--4e-=2H2O+O2↑，根据得失电子守恒列式计算。
【详解】I．(1)工业用电解饱和食盐水的方法制取NaOH，同时生成H2和Cl2，化学方程式为：2Cl-+2H2O2OH-+Cl2↑+H2↑，故答案为：2Cl-+2H2O2OH-+Cl2↑+H2↑；
(2)由图可知：2LiBH4(s)+MgH2(s)=2LiH(s)+2B(s)+MgH2(s)+3H2(g) △H=+200 kJ•mol-1①，2LiBH4(s)+MgH2(s) =2LiBH4(s)+Mg(s)+H2(g) △H=+76 kJ•mol-1②，2LiBH4(s)+MgH2(s) =2LiH(s)+MgB2(s)+4H2(g) △H=+183 kJ•mol-1③，依据①得到2LiH(s)+2B(s)+3H2(g) ═2LiBH4(s) △H=-200kJ•mol-1，故答案为：2LiH(s)+2B(s)+3H2(g) ═2LiBH4(s) △H=-200kJ•mol-1；
Ⅱ．(3)用石墨、铁作电极电解浓NaOH溶液制备高铁酸钠(Na2FeO4)，铁失电子生成高铁酸钠，则铁作阳极，石墨作阴极，所以A是电源的正极，B是负极，如果不用金属铁做阳极，则不会产生还原性的亚铁离子，不能获得高铁酸根离子，故铁电极不能换成石墨电极，故答案为：正极；不能；
(4)铁作阳极，石墨作阴极，在阴极上发生得电子还原反应，溶液中的氢离子放电，即2H++2e-=H2↑或2H2O+2e-=H2↑+2OH-，故答案为：2H++2e-=H2↑或2H2O+2e-=H2↑+2OH-；
(5)左池会生成红褐色沉淀氢氧化铁，加大电流强度，就可以使红褐色沉淀继续电解，转化为FeO42-，发生反应：Fe(OH)3-3e-+5OH-═FeO42-+4H2O，故答案为：Fe(OH)3-3e-+5OH-═FeO42-+4H2O；
(6)甲为原电池，通入甲醇的电极为负极、通入氧气的电极为正极，则AC为阳极、BD为阴极。乙中B电极为阴极，溶液中铜离子析出，工作一段时间后，断开K，此时A、B两极上产生的气体体积相同，说明铜离子放电后，溶液中的氢离子得到电子生成氢气，设生成气体物质的量为x，溶液中铜离子物质的量为0.1mol，Cu2++2e-=Cu，转移电子0.2mol，2H++2e-=H2↑，转移电子2x，即阴极共转移电子0.2 mol +2x；A电极为阳极，溶液中的氢氧根离子失电子生成氧气，4OH--4e-=2H2O+O2↑，转移电子4x；根据得失电子守恒得到：0.2mol+2x=4x，解得：x=0.1mol，标准状况下，生成氢气的体积V=nVm=0.1mol×22.4L/mol=2.24L，故答案为：阴极；2.24L。
【点睛】本题的易错点和难点为(6)的计算，要注意阳极上先发生Cu2++2e-=Cu，后发生2H++2e-=H2↑，再根据得失电子守恒计算。
31.有甲、乙、丙三种物质：
⑴ 乙中含有的官能团的名称为_______________________。
⑵由甲转化为乙需经下列过程（已略去各步反应的部分产物，下同）：
反应Ⅰ类型___________________；反应II的条件是__________________；反应III的化学方程式为_______________________________________________（不需注明反应条件）。
⑶由甲出发合成丙的路线之一如下：
①下列物质不能与B反应的是______（选填序号）。
a．金属钠 b．FeCl3溶液 c．Na2CO3溶液 d．HBr溶液
②C的结构简式为 _______________；第⑤步反应类型_________________；
③任写一种能同时满足下列条件的D的同分异构体的结构简式_________________。
a．苯环上的一氯代物有两种
b．遇FeCl3溶液发生显色反应
c．能与Br2/CCl4发生加成反应
【答案】(1). 羟基、氯原子 (2). 取代反应 (3). NaOH溶液、加热 (4). (5). bc (6). (7). 消去反应 (8). （或或）
【分析】(1)根据乙的结构简式结合常见的官能团的结构解答；
(2)由甲转化为乙过程可知，反应I为光照条件下的取代反应，反应II为NaOH水溶液条件下的水解生成醇，反应III为碳碳双键与HCl的加成反应；
(3)甲()和溴水发生加成反应生成A，A为，和氢氧化钠的水溶液发生水解反应生成B，B为，与B的分子式符合，B被氧化生成C，C为，结合C、丙分子式可知，C脱去1分子水生成丙，丙能使溴褪色，说明丙中含有碳碳双键，因此C发生消去反应生成丙，则丙为，由B、D分子式可知，B脱去1分子水生成D，则B发生消去反应生成D，D为。
【详解】(1)由乙的结构()可知，含有的官能团有-OH、-Cl，名称分别为羟基、氯原子，故答案为：羟基、氯原子；
(2)由甲转化为乙过程可知，反应I为在光照条件下与氯气发生的取代反应生成，反应II为在NaOH水溶液条件下的水解生成Y，Y为，反应III为碳碳双键与HCl的加成反应，反应的方程式为：，故答案为：取代反应；氢氧化钠水溶液、加热；；
(3)①B为，含有醇羟基，能与Na反应，能与HBr发生取代反应，不能与氯化铁、碳酸钠反应，故选bc；
②由上述分析可知，C的结构简式为，第⑤步为C发生消去反应生成丙，故答案为：；消去反应
③D的结构简式为：，D的同分异构体符合下列条件：a．苯环上的一氯代物有两种，说明苯环上含有两类氢原子，可以是2个不同的取代基处于对位； b．遇FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；c．能与Br2/CCl4发生加成反应，说明含有碳碳不饱和键。则符合条件的D的同分异构体有：、、，故答案为：、、任意一种。
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